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1
Sumario
1 Series 4
1.1 Notacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Definicao e conceitos basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Mudanca de variavel em series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Condicao necessaria para convergencia de series . . . . . . . . . . . 8
1.2.3 Criterio de comparacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.4 Criterio de condensacao de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2.5 Series do tipo∞∑k=1
1
kpe divergencia da serie harmonica. . . . . . . . 15
1.2.6 Divergencia da serie harmonica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.2.7 Divergencia de∞∑k=1
1
kpcom p < 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.8 Series de funcoes racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.2.9 Criterio de Cauchy para series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.3 Series absolutamente convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.3.1 Toda serie absolutamente convergente e convergente . . . . . . . . . 27
1.3.2 Parte negativa e positiva de uma serie . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.3.3 Teste da raiz-Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.3.4 Teste da razao-D’ Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.3.5 Criterio de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.3.6 Criterio de Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1.3.7 Criterio de Kummer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.4 Comutatividade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.5 Soma sobre um conjunto infinito arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1.6 Series em espacos vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.7 Soma de Cesaro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2
SUMARIO 3
1.7.1 Serie de Grandi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.8 Sequencias (C,P ) somaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
1.9 Series de termos nao-negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
1.9.1 Criterio de comparacao por limite para series de termos positivos . 61
1.10 Representacao decimal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
1.11 Teste da integral para convergencia de series . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1.11.1 Sequencia de variacao limitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.12 Series em espacos vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
1.13 Produto de series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
1.14 Series e desigualdade das medias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
1.15 Extensao do conceito de serie para−∞∑k=1
ak. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Capıtulo 1
Series
Esse texto ainda nao se encontra na sua versao final, sendo, por enquanto, cons-
tituıdo apenas de anotacoes informais. Sugestoes para melhoria do texto, correcoes da
parte matematica ou gramatical eu agradeceria que fossem enviadas para meu Email
1.1 Notacoes
Usaremos o ∆ para simbolizar o operador que faz a diferenca de termos consecutivos
de uma funcao
∆f(x) := f(x+ 1)− f(x).
A notacao Q para denotar o operador que faz o quociente,
Qf(x) =f(x+ 1)
f(x).
1.2 Definicao e conceitos basicos
Vamos definir o somatorio como
s∑k=s
f(k) = f(s) ∀ s ∈ Z
b∑k=a
f(k) =
p∑k=a
f(k) +b∑
k=p+1
f(k) ∀ b, a, p ∈ Z.
4
CAPITULO 1. SERIES 5
Perceba que nao colocamos limitacao em b, a e p inteiros , na definicao acima podemos
ter b < a. Em especial tomando p = a− 1 na identidade acima segue que
b∑k=a
f(k) =a−1∑k=a
f(k) +b∑
k=a
f(k)
logo deve valera−1∑k=a
f(k) = 0 que e chamada de soma vazia .
m Definicao 1 (Serie). Sejam a ∈ Z, A um conjunto indutivo que contenha a ,
f(k) : A→ R uma funcao . Chamamos de serie o limite do somatorio
lim s(n) = limn∑
k=a
f(k) :=∞∑k=a
f(k)
, caso o limite exista, onde
s(n) =n∑
k=a
f(k).
Se existir o limite de s(n) com lim s(n) = s diremos que a serie e convergente e sua soma
e s.
Se o limite lim s(n) nao existir diremos que a serie diverge. A soma finita s(n) =n∑
k=a
f(k) e chamada reduzida de ordem n ou n−esima soma parcial da serie∞∑k=a
f(k) . Se
a serie e divergente, pode acontecer de lim s(n) = ∞, lim s(n) = −∞ ou a soma oscilar1.
Se (sn) converge diremos que∞∑k=a
f(k) converge caso (sn) seja divergente diremos que
∞∑k=a
f(k) diverge , apesar de∞∑k=a
f(k) ser um numero real, caso haja convergencia e nao
haver numero associado a∞∑k=a
f(k) caso haja divergencia, tal uso e feito apenas no sentido
de notacao . Caso a serie seja convergente dizemos tambem que (f(k)) e somavel .
b Propriedade 1. Toda sequencia (xn) de numeros reais pode ser considerada como a
sequencia das reduzidas de uma serie.
ê Demonstracao. Supondo
xn =n∑
k=1
ak
1Quando (s(n)) diverge e lims(n) = ∞ e lims(n) = −∞.
CAPITULO 1. SERIES 6
aplicando ∆ segue
∆xn = an+1
e para n = 1, x1 =1∑
k=1
ak = a1, se n = 0 temos x0 =0∑
k=1
ak = 0 por ser uma soma vazia
n∑k=1
ak =n−1∑k=0
ak+1 =n−1∑k=0
∆xk = xk
∣∣∣∣n1
= xn − x0 = xn.
Se ∆xn = an+1 nao implica que an = ∆xn−1, pois a primeira vale para n ≥ 0 natural
a segunda nao vale para n = 0.
Z Exemplo 1. Encontrar o erro na manipulacao
0 = 0 + 0 · · · =
= (1− 1) + (1− 1) + · · · =
= 1 + (−1 + 1) + (−1 + 1) + · · · = 1
logo 1 = 0.
Comecamos com uma serie∞∑k=1
ak onde cada ak = 0 = 1 − 1, isto e, a soma dos
elementos da sequencia (0, 0, · · · ) entao ate a segunda linha tudo esta correto, porem na
terceira linha tratamos o termo da serie somada como os termos da sequencia (1, −1 +
1, −1 + 1, · · · ) que e uma serie diferente da serie inicial
1.2.1 Mudanca de variavel em series
b Propriedade 2 (Mudanca de variavel em series). Por mudanca de variavel temos que
se g(n) =n∑
k=a
f(k) entao g(n) =n+t∑
k=a+t
f(k−t) com limn = ∞ temos tambem limn+t = ∞
logo
limn∑
k=a
f(k) = limn+t∑
k=a+t
f(k − t) =∞∑k=a
f(k) =∞∑
k=a+t
f(k − t).
Logo se temos uma serie∞∑k=a
f(k) podemos somar t aos limites (t +∞ = ∞, t + a),
subtraindo t do argumento da funcao
∞∑k=a
f(k) =∞∑
k=a+t
f(k − t).
CAPITULO 1. SERIES 7
b Propriedade 3 (Produto por −1). Por propriedade de somatorios se g(n) =n∑
k=a
f(k)
entao g(n) =−a∑
k=−n
f(−k) com limn = ∞ temos lim−n = −∞ e
limn∑
k=a
f(k) = lim−a∑
k=−n
f(−k) =∞∑k=a
f(k) =−a∑
k=−∞
f(−k).
∞∑k=a
f(k) =−a∑
k=−∞
f(−k).
b Propriedade 4. Sejam∞∑k=a
f(k) e c um numero real diferente de zero entao∞∑k=a
f(k)
e convergente sse∞∑k=a
cf(k) e convergente.
ê Demonstracao. Se g(n) =n∑
k=a
f(k) e convergente, existe o limite lim g(n) , vale
tambem c.g(n) = cn∑
k=a
f(k) =n∑
k=a
c.f(k) e existe o limite lim c.g(n) = c lim g(n) impli-
cando que a serie∞∑k=a
cf(k) = c
∞∑k=a
f(k) e convergente.
Se h(n) =n∑
k=a
cf(k) = cg(n) entao g(n) =n∑
k=a
f(k), sendo h(n) convergente, entao
limh(n) = d para algum d real e vale limh(n)
c= lim g(n) como c = 0 tem-se lim g(n) =
limh(n)
c=d
cque existe de onde segue que lim g(n) =
∞∑k=a
f(k) e convergente.
b Propriedade 5. Sejam∞∑
k=as
fs(k) convergente pra toda expressao fs(k), gs(n) =
n∑k=as
fs(k) , as numeros inteiros e cs numeros reais, para todo s ∈ [1, p]N , entao
p∑s=1
cs
∞∑k=as
fs(k)
converge.
ê Demonstracao. Considerando a soma
p∑s=1
csgs(n) como os limites lim gs(n) exis-
tem e pela propriedade de soma de limites segue que existe o limite:
lim
p∑s=1
csgs(n) =
p∑s=1
cs lim gs(n) =
p∑s=1
∞∑k=as
fs(k).
CAPITULO 1. SERIES 8
1.2.2 Condicao necessaria para convergencia de series
b Propriedade 6 (Condicao necessaria para convergencia de series). Se s(n) =n∑
k=a
ak
converge entao lim ak = 0.
ê Demonstracao. Temos que se lim a(n) = s e tambem lim s(n+ 1) = s e
s(n+ 1)− s(n) =n+1∑k=a
ak −n∑
k=a
ak = an+1
logo
lim s(n+ 1)− s(n) = lim an+1 = lim s(n+ 1)− lim s(n) = s− s
assim lim an+1 = 0, lim an = 0.
Essa e uma condicao necessaria porem nao suficiente para convergencia de series.
$ Corolario 1. Se f(k) nao tende a zero a serie nao pode convergir. Esse criterio e
util para provar que algumas series divergem. Veremos depois que esse criterio nao e
suficiente, pois existem series em que o termo somado tende a zero mas a serie diverge,
como e o caso da serie harmonica.
b Propriedade 7. Se∞∑k=1
ak e convergente entao∞∑k=1
a2k + a2k−1 e convergente e tem
mesma soma que a primeira serie.
ê Demonstracao.
Seja sn =n∑
k=1
ak, ela converge, entao s2n =2n∑k=1
ak =n∑
k=1
a2k +n∑
k=1
a2k−1 =n∑
k=1
a2k +
a2k−1 tambem converge e tende ao mesmo limite de sn.
Z Exemplo 2. A serie∞∑k=1
a2k + a2k−1 pode convergir porem∞∑k=1
ak, como e o caso de
tomar ak = (−1)k a serie∞∑k=1
(−1)k nao converge pois lim(−1)k = 0, porem a2k + a2k−1 =
1− 1 = 0 e a primeira serie converge.
b Propriedade 8. A serie∞∑k=a
f(k) converge ⇔ a serie∞∑k=b
f(k) converge. Esta propri-
edade nos diz que o estado de convergencia da serie nao e alterado pela reducao ou adicao
de um numero finito de termos, isto e, podemos alterar o limite inferior do somatorio por
outro numero real e a convergencia da serie nao se altera.
CAPITULO 1. SERIES 9
ê Demonstracao.Tomamos g(n) =n∑
k=a
f(k) e h(n) =n∑
k=b
f(k). Se b = a nao temos
nada a mostrar, pois as series serao iguais. Se b > a tem-se
g(n) =n∑
k=a
f(k) =b−1∑k=a
f(k) +n∑
k=b
f(k) =b−1∑k=a
f(k) + h(n)
g(n)−b−1∑k=a
f(k) = h(n)
supondo g(n) convergente e tomando o limite n → ∞ temos que no lado esquerdo te-
mos uma serie convergente e no lado direito a serie tambem sera convergente, se h(n) e
convergente, usamos que
g(n) =b−1∑k=a
f(k) + h(n)
tomando o limite tem-se que h(n) convergente implica g(n) convergente. Se a > b usamos
o mesmo procedimento
h(n) =n∑
k=b
f(k) =a−1∑k=b
f(k) +n∑
k=a
f(k) =a−1∑k=b
f(k) + g(n). (1.1)
h(n)−a−1∑k=b
f(k) = g(n) (1.2)
se g(n) converge usamos 1.1 se h(n) converge usamos 1.2.
Como o limite inferior do somatorio nao altera na convergencia, iremos em alguns
momentos denotar a serie sem o limite inferior, da seguinte maneira
∞∑k
f(k) =∞∑f(k)
Z Exemplo 3 (Serie geometrica). Vamos estudar a convergencia da serie
∞∑k=0
ak.
Se a = 1 temos a soman∑
k=0
1 = n+ 1, limn∑
k=0
1 = ∞.
Se a = 1 temosn−1∑k=0
ak =ak
a− 1
∣∣∣∣n0
=an − 1
a− 1
CAPITULO 1. SERIES 10
quando a > 1 o limite lim an = ∞, com a < −1 a sequencia alterna valores tomando
valores positivos para valores pares de n e negativos para valores ımpares de n, porem
com valor absoluto crescente, o limite nao existe nesse caso. Caso a = −1 o resultado da
soma finita en−1∑k=0
(−1)k =(−1)n − 1
−2
a sequencia alterna entre valor 0 para n par e 1 para n ımpar. Se |a| < 1 tem-se que
lim an = 0 e o resultado da serie e
∞∑k=0
ak = liman − 1
a− 1=
−1
a− 1=
1
1− a.
Podemos usar tambem a condicao necessaria para convergencia de series. Temos que
ter lim an = 0 , isto so acontece quando |a| < 1, entao estes sao os unicos valores de a
para os quais a serie e convergente.
Z Exemplo 4. A serie∞∑k=0
a2
(1 + a2)k
converge com qualquer a ∈ R. Vale que 1 ≤ a2+1 ∀ a ∈ R logo 0 <1
1 + a2≤ 1, portanto
a serie converge por ser serie geometrica. Sabemos que∞∑k=0
bk =1
1− b, substituindo
b =1
a2 + 1, chegamos no resultado
∞∑k=0
1
(1 + a2)k=a2 + 1
a2⇒
∞∑k=0
a2
(1 + a2)k= a2 + 1.
Z Exemplo 5. Mostrar que a serie
∞∑n=a
(−1)nann!
onde an =n∏
k=1
2k diverge. Vamos chegar primeiro numa expressao para o termo geral
an =n∏
k=1
2k =n∏
k=1
2n∏
k=1
k = 2n.n!
CAPITULO 1. SERIES 11
logo a serie e∞∑n=a
(−1)n2nn!
n!=
∞∑n=a
(−1)n2n
sendo bn = (−1)n2n o limite lim bn = lim(−1)n2n = 0 o limite nao existe pois a sub-
sequencia b2n = 22n tem limite +∞ e a subsequencia b2n+1 = −22n+1 tem limite −∞.
Z Exemplo 6. Dadas as series∞∑k=1
ak e∞∑k=1
bk com an =√n+ 1−
√n , bn = log(1+
1
n)
, mostre que lim an = lim bn = 0. Calcule explicitamente as n-esimas reduzidas sn e tn
destas series e mostre que lim sn = lim tn = +∞.
sn =n∑
k=1
ak =n∑
k=1
√k + 1−
√k =
n∑k=1
∆√k =
√k
∣∣∣∣n+1
1
=√n+ 1− 1
logo lim sn = ∞
tn =n∑
k=1
log(1+1
k) =
n∑k=1
log(k+1)−log(k) =n∑
k=1
∆log(k) = log(k)
∣∣∣∣n+1
1
= log(n+1)−log(1) = log(n+1)
logo lim tn = +∞. O limite dos termos das series
an =√n+ 1−
√n =
1√n+ 1 +
√n
lim an = 0
bn = log(1 +1
n)
0 < log(1 +1
n) =
log[(1 + 1n)n]
n≤
(1 + 1n)n
n
como lim(1+1
n)n = e entao tal sequencia e limitada, logo lim
(1 + 1n)n
n= 0 de onde segue
por teorema do sanduıche que lim log(1 +1
n) = 0. Usamos que log(n) < n. Assim temos
duas serie cujos termos gerais tendem a zero, porem as series divergem, esse exemplo
mostra que a condicao de lim f(k) = 0 em uma serie∞∑k=b
f(k) ser satisfeita nao garante
que a serie sera convergente, a condicao e apenas uma condicao necessaria.
b Propriedade 9. Seja (ak) sequencia com ak ≥ 0 ∀ k ou ak ≤ 0 ∀ k. Nessas condicoes
a serie∞∑k=a
ak converge ⇔ s(n) =n∑
k=a
ak forma uma sequencia limitada.
CAPITULO 1. SERIES 12
ê Demonstracao. ⇒). Seja s(n) limitada com ak ≥ 0 ∀ k , temos que
s(n+ 1)− s(n) = an+1 ≥ 0 ⇒ s(n+ 1) ≥ s(n)
assim s(n) e uma sequencia crescente limitada superiormente, portanto e convergente. Se
ak ≤ 0 temos
s(n+ 1)− s(n) = an+1 ≤ 0 ⇒ s(n+ 1) ≤ s(n)
logo s(n) sendo limitada inferiormente e decrescente e convergente.
⇐).
Agora se a serie e convergente entao s(n) e limitada , pois toda sequencia convergente
e limitada.
m Definicao 2. Quando temos ak ≥ 0 e s(n) =n∑
k=a
ak e limitada superiormente temos
que a serie∞∑k=a
ak converge, entao neste caso escrevemos∞∑k=a
ak <∞ para simbolizar que
a serie∞∑k=a
ak com ak ≥ 0 e convergente.
1.2.3 Criterio de comparacao
b Propriedade 10 (Criterio de comparacao). Sejam∞∑k=a
ak e∞∑k=a
bk series de termos
nao negativos. Se existem c > 0 e n0 ∈ N tais que ak ≤ cbk para todo k ≥ n0 entao :
1. A convergencia de∞∑k=a
bk implica a convergencia de∞∑k=a
ak .
2. A divergencia de∞∑k=a
ak implica a divergencia de∞∑k=a
bk.
ê Demonstracao.
1. De ak ≤ cbk seguen∑
k=n0
ak︸ ︷︷ ︸s(n)
≤ c
n∑k=n0
bk︸ ︷︷ ︸:=p(n)
sen∑
k=a
bk converge entaon∑
k=n0
bk converge de onde segue que s(n) e limitada supe-
riormente e como e crescente s(n) converge implicando a convergencia de∞∑k=a
bk
.
CAPITULO 1. SERIES 13
2. Agora se s(n) diverge, como e crescente seu limite e infinito , pois ela e ilimitada
superiormente, de c.p(n) ≥ s(n), p(n) ≥ s(n)
centao p(n) tambem e ilimitada su-
periormente e ainda por ser crescente tem limite infinito, logo a serie associada
p(n) =n∑
k=n0
bk tende a infinito.
Z Exemplo 7. Mostrar que∞∑k=1
kk = ∞.
De 1 < k elevamos a k, 1 < kk aplicamos a soman∑
k=1
n =n∑
k=1
1 <n∑
k=1
kk
por comparacao (como sao series de termos positivos) segue que∞∑k=1
kk = ∞.
Z Exemplo 8. Se 0 < c e 1 < |a| entao∑ 1
c+ akconverge.
Vale1
c+ ak<
1
ake a segunda serie converge, logo por comparacao a primeira converge.
Vamos usar o seguinte pequeno resultado em certas demonstracoes.
b Propriedade 11. Sejam (xn) e (yn) sequencias, se ∆xn = ∆yn para todo n, entao
xn = yn + c para alguma constante c.
ê Demonstracao. Aplicamos o somatorion−1∑k=1
em cada lado na igualdade ∆xk =
∆yk e usamos a soma telescopica, de onde segue
xn − x1 = yn − y1 ⇒ xn = yn + x1 − y1︸ ︷︷ ︸=c
.
$ Corolario 2. Se ∆xn = ∆yn ∀ n e existe t ∈ N tal que xt = yt entao xn = yn para
todo n. Tal propriedade vale pois xn = yn + c, tomando n = t segue xt = yt + c que
implica c = 0, logo xn = yn para todo n.
b Propriedade 12. Seja n > 0 ∈ N entao
n−1∑s=0
2s+1−1∑k=2s
f(k) =2n−1∑k=1
f(k).
CAPITULO 1. SERIES 14
ê Demonstracao.[1-Soma telescopica]
n−1∑s=0
2s+1−1∑k=2s
f(k) =n−1∑s=0
[2s+1−1∑k=0
f(k)−2s−1∑k=0
f(k)︸ ︷︷ ︸g(s)
] =n−1∑s=0
∆g(s) = g(n)− g(0)︸︷︷︸=0
=2n−1∑k=1
f(k).
ê Demonstracao.[2] Para n = 1
0∑s=0
2s+1−1∑k=2s
f(k) =2−1∑k=20
f(k) =21−1∑k=1
f(k)
Temos que
∆n−1∑s=0
2s+1−1∑k=2s
f(k) =2n+1−1∑k=2n
f(k)
e
∆2n−1∑k=1
f(k) =2n+1−1∑k=1
f(k)−2n−1∑k=1
1
kr=
2n+1−1∑k=2n
f(k) +2n−1∑k=1
f(k)−2n−1∑k=1
f(k) =2n+1−1∑k=2n
f(k).
logo esta provada a igualdade.
1.2.4 Criterio de condensacao de Cauchy
b Propriedade 13 (Criterio de condensacao de Cauchy). Seja (xn) uma sequencia
decrescente de termos positivos entao∑
xk converge ⇔∑
2k.x2k converge.
ê Demonstracao. Usaremos a identidade
n−1∑s=0
2s+1−1∑k=2s
f(k) =2n−1∑k=1
f(k).
⇒).
Vamos provar que se∑
xk converge entao∑
2k.x2k converge, usando a contraposi-
tiva, que e equivalente logicamente, vamos mostrar que se∑
2k.x2k diverge entao∑
xk
diverge.
Como xk e decrescente entao vale
2sx2s+1 =2s+1−1∑k=2s
x2s+1 ≤2s+1−1∑k=2s
xk
CAPITULO 1. SERIES 15
aplicandon−1∑s=0
segue
1
2
n−1∑s=0
2s+1x2s+1 ≤2n−1∑k=1
xk
logo se∑
2sx2s diverge entao∑
xk diverge.
⇐).
Vamos provar que se∑
2k.x2k converge entao entao∑
xk converge, de maneira
direta. Usando que2s+1−1∑k=2s
xk ≤2s+1−1∑k=2s
x2s = 2sx2s
aplicandon−1∑s=0
segue que
2n−1∑k=1
xk ≤n−1∑s=0
2sx2s
daı se∑
2sx2s converge entao∑
xk converge .
Z Exemplo 9. A serie∞∑k=3
1
[ln(k)]s
diverge para qualquer valor real de s. Se s ≤ 0 o resultado vale pois temos serie com
soma de [ln(k)]−s que nao converge para zero, se s > 0 temos que ln(k + 1) > ln(k) logo
[ln(k + 1)]s > [ln(k)]s e daı
1
[ln(k)]s>
1
[ln(k + 1)]s
entao a sequencia e decrescente de termos positivos e podemos aplica o criterio de con-
densacao de Cauchy∞∑k=3
2k
[k]s[ln(2)]s
tal serie diverge, pois o termo geral nao tende a zero.
1.2.5 Series do tipo∞∑k=1
1
kpe divergencia da serie harmonica.
b Propriedade 14. A serie∞∑k=1
1
kpconverge se p > 1 e diverge se p ≤ 1.
CAPITULO 1. SERIES 16
ê Demonstracao. Pelo criterio de condensacao de Cauchy a serie∞∑k=1
1
kpconverge,
se e somente se,∞∑k=1
2k
2kp=
∞∑k=1
2k(1−p) , tal serie geometrica converge se 1− p < 0, isto e,
p > 1 e diverge caso 1− p ≥ 0 ⇒ p ≤ 1.
Z Exemplo 10. Estudar a convergencia da serie
∞∑k=1
(√k + 1−
√k)p.
Primeiro racionalizamos o termo somado
√k + 1−
√k =
(√k + 1−
√k)(
√k + 1 +
√k)
√k + 1 +
√k
=k + 1− k
√k + 1 +
√k=
1√k + 1 +
√k,
√k ≤
√k + 1 ⇒ 2
√k ≤
√k + 1 +
√k ⇒ 1
√k + 1 +
√k≤ 1
2√k,
elevando a p segue que
(1
√k + 1 +
√k)p ≤ 1
2pkp2
por comparacao sep
2> 1 ⇔ p > 2, a serie converge . De maneira similar
1
2p(k + 1)p2
≤ (1
√k + 1 +
√k)p,
por comparacao diverge casop
2≤ 1.
Z Exemplo 11 (IME-1964). Estude a convergencia das series.
1.∞∑k=1
13√k.
2.∞∑k=1
1
ek.
3.∞∑k=1
ln(k)
k.
1. A primeira serie diverge pois∞∑k=1
1
k13
e uma serie do tipo∞∑k=1
1
kp, com p =
1
3< 1,
que vimos ser divergente.
CAPITULO 1. SERIES 17
2. A serie∞∑k=1
1
ek, converge por ser serie geometrica com 0 <
1
e< 1.
3. A serie∞∑k=1
ln(k)
kdiverge pois para k grande vale ln(k) > 1, daı
ln(k)
k>
1
k, como
∞∑k=1
1
kdiverge, entao por comparacao
∞∑k=1
ln(k)
ktambem diverge.
Z Exemplo 12. Calcular o limite
limn→∞
n∑k=0
1
(n+ k)r
para r > 1 real. Escrevemos o somatorio como
n∑k=0
1
(n+ k)r=
2n∑k=n
1
(k)r=
2n∑k=1
1
(k)r−
n−1∑k=1
1
(k)r
com r > 1 cada uma das series limn−1∑k=1
1
(k)r= s e lim
2n∑k=1
1
(k)r= s convergem e para o
mesmo valor, como a diferenca dos limites e o limite da diferenca em sequencias conver-
gentes, segue que
limn→∞
n∑k=0
1
(n+ k)r= lim(
2n∑k=1
1
(k)r−
n−1∑k=1
1
(k)r) = lim
2n∑k=1
1
(k)r− lim
n−1∑k=1
1
(k)r= s− s = 0.
b Propriedade 15. Se ak ≥ 0 ∀k ∈ N e (a′k) e uma subsequencia de (ak) entao∞∑k=c
ak <∞ implica que∞∑k=c
a′k <∞.
ê Demonstracao. Seja N1 o conjunto dos ındices da subsequencia (a′k), definimos
ck = ak se k ∈ N1 e ck = 0 se k /∈ N1 para todo k natural, entao temos que ck ≤ ak pois
caso k ∈ N1 temos ck = ak caso k /∈ N1 ck = 0 ≤ ak logo em qualquer caso vale ck ≤ ak,
tomando a soma em ambos lados temos
g(n) =n∑
k=c
ck ≤n∑
k=c
ak <∞
logo a soma dos termos da subsequencia g(n) e limitada superiormente e temos tambem
∆g(n) = cn+1 ≥ 0 pois se cn+1 = 0 vale cn+1 ≥ 0 e se cn+1 = an+1 e por propriedade da
CAPITULO 1. SERIES 18
sequencia (an) temos an+1 ≥ 0 de onde segue cn+1 = an+1 ≥ 0, entao a sequencia g(n) e
limitada superiormente e nao-decrescente logo convergente e vale∞∑k=c
ck <∞.
Mostramos entao que se (an) e uma sequencia tal que an ≥ 0 e a serie dos seus termos
converge entao dada qualquer subsequencia de de (a′n) de (an) entao a serie dos termos
dessa subsequencia tambem converge.
1.2.6 Divergencia da serie harmonica.
Z Exemplo 13 (Serie Harmonica). Os numeros harmonicos sao definidos como
Hn =n∑
k=1
1
k
temos que lim1
n= 0 satisfaz a condicao necessaria para convergencia de series mas vamos
mostrar que a serie
limHn =∞∑k=1
1
k= ∞
, isto e, a serie diverge.
Suponha que a serie harmonica seja convergente, denotando limHn = H Sejam N1 o
subconjunto de N dos ındices pares e N2 o conjunto dos numeros ımpares. Se Hn converge
temos que a serie sobre suas subsequencias tambem converge, sendo entao
n∑k=1
1
2k − 1= tn,
∞∑k=1
1
2k − 1= t
n∑k=1
1
2k= sn,
∞∑k=1
1
2k= s =
1
2
∞∑k=1
1
k=H
2
temos H2n = sn + tn tomando o limite limH2n = H = lim(sn + tn) = s+ t , como s =H
2
segue que t =H
2pois a soma deve ser H, desse modo a diferenca t− s = 0, mas
tn − sn =n∑
k=1
1
2k − 1−
n∑k=1
1
2k=
n∑k=1
1
(2k)(2k − 1)=
1
2+
n∑k=2
1
(2k)(2k − 1)> 0
logo
lim tn − sn = t− s > 0
de onde segue t > s que e absurdo. Pode-se mostrar que lim tn − sn = ln(2).
CAPITULO 1. SERIES 19
Z Exemplo 14. Na serie harmonica percebemos que
1
3+
1
4>
2
4=
1
2
1
5+
1
6+
1
7+
1
8>
4
8=
1
21
9+
1
10+
1
11+
1
12+
1
13+
1
14+
1
15+
1
16>
8
16=
1
2
podemos continuar agrupando os termos das somas dessa maneira, vendo que a soma dos
termos harmonicos nao sao limitados superiormente.
Usando o criterio de condensacao de Cauchy∞∑k=1
2k
2k=∑
1 diverge.
1.2.7 Divergencia de∞∑k=1
1
kpcom p < 1.
$ Corolario 3.∞∑k=1
1
kpdiverge se p < 1. Para p < 1 vale kp < k e daı
1
k<
1
kp, daı por
comparacao como∞∑k=1
1
kdiverge isso implica que
∞∑k=1
1
kptambem diverge.
Z Exemplo 15. A serie∞∑k=0
k√12
k + 3diverge, pois vale que
k√12
k + 3>
1
k + 3, onde a serie
da segunda diverge.
b Propriedade 16. A serie∞∑k=2
1
k(ln(k) + c)r
diverge se r ≤ 1 e converge se r > 1. c ≥ 0.
ê Demonstracao.
Usamos o criterio de condensacao de Cauchy∑ 2k
2k(ln(2k) + c)r=∑ 1
(k ln(2) + c)r
que diverge se r ≤ 1 e converge se r > 1 .
$ Corolario 4. A seguinte serie converge
∞∑k=2
1
[ln(k)]k.
CAPITULO 1. SERIES 20
Como ln(k) > 2 para k suficientemente grande , tem-se [ln(k)]k > 2k ⇒
1
[ln(k)]k<
1
2k,
logo por criterio de comparacao∞∑k=2
1
[ln(k)]kconverge .
Z Exemplo 16. Estudar a convergencia da serie
∞∑k=1
1
kHk
Hn =n∑
k=1
1
k.
podemos mostrar que Hn ≤ 1 + ln(n) daı nHn ≤ n(1 + ln(n))1
n(ln(n) + 1)≤ 1
nHn
,
logo a primeira diverge por criterio de comparacao .
Z Exemplo 17. A serie∞∑k=2
1
k ln(k)(ln(ln k))r
diverge se r ≤ 1 e converge se r > 1.
Aplicamos o metodo de condensacao de cauchy
∞∑k=2
2k
2k ln(2k)(ln(ln 2k))r=
∞∑k=2
1
k ln(2)(ln(k) + ln((ln 2)))r
que converge se r > 1 e diverge se r ≤ 1.
Z Exemplo 18. Provar que a serie∑ ln(n)
n2converge. Pelo criterio de condensacao
de Cauchy temos que ∑ 2n ln(2n)
2n.2n=∑ n ln(2)
2n
tal serie converge, logo a primeira tambem converge.
Z Exemplo 19. Mostrar que a serie∞∑k=1
1
k2converge, usando o criterio de comparacao.
Comecaremos com o somatorio
n∑k=2
1
k(k − 1)= −
n∑k=2
1
k− 1
k − 1= − 1
k − 1
∣∣∣∣n+1
2
== − 1
n+ 1 =
n− 1
n
CAPITULO 1. SERIES 21
onde usamos soma telescopicab∑
k=a
∆f(k)︸ ︷︷ ︸=f(k+1)−f(k)
= f(b + 1) − f(a) = f(k)
∣∣∣∣b+1
a
, ∆f(k) =
f(k+1)−f(k) e apenas uma notacao para essa diferenca. Tomando o limite na expressao
acima
lim− 1
n+ 1 = 1 =
∞∑k=2
1
k(k − 1).
Vamos mostrar com esse resultado que a serie∞∑k=1
1
k2converge , temos que para k > 1
1
k(k − 1)>
1
k2
pois
k2 > k2 − k
k > 0
e k > 1 por analise de sinal , logo aplicando o somatorio∞∑k=2
1
k(k − 1)>
∞∑k=2
1
k2
somando 1 em ambos lados e usando o resultado da serie que foi calculada
2 > 1 +∞∑k=2
1
k2=
∞∑k=1
1
k2.
Z Exemplo 20. Exemplo de sequencia x(n) que diverge, porem, ∆x(n) converge
para zero. Sabemos que uma condicao necessaria mas nao suficiente para convergencia
de uma serie∞∑k=1
f(k) e que lim f(k) = 0, porem nao e suficiente pois existem series em
que lim f(k) = 0 e a serie diverge, um exemplo desse tipo de serie e a serie harmonica, se
temos lim f(k) = 0 e a sequencias x(n) =n∑
k=1
f(k) diverge, temos que ∆x(n) = f(n+ 1)
cujo limite lim∆x(n) = f(n + 1) = 0 , no caso especial x(n) =n∑
k=1
1
kdiverge, porem
∆x(n) =1
n+ 1converge para zero.
b Propriedade 17. Seja
g(n) =n∑
k=a
f(k)
entao limf(k) = 0 equivale a lim∆g(n) = 0.
CAPITULO 1. SERIES 22
ê Demonstracao. Temos que ∆g(n) = f(n + 1) logo se limf(k) = 0 temos
lim∆g(n) = 0 e se lim∆g(n) = 0 implica limf(k) = 0 .
b Propriedade 18. Sejam∞∑
n=u
an e∞∑n=s
bn series de termos positivos. Se∞∑n=s
bn = ∞ e
existe n0 ∈ N tal quean+1
an≥ bn+1
bnpara todo n > n0 entao
∞∑n=u
an = ∞.
ê Demonstracao.an+1
an≥ bn+1
bn, Qak ≥ Qbk tomando o produtorio com k variando
de k = n0 + 1 ate n− 1 na desigualdade em ambos lados segue
n−1∏k=n0+1
Qak =anan0+1
≥n−1∏
k=n0+1
Qbk =bnbn0+1
, an ≥ an0+1
bn0+1
bn
pois temos termos positivos, tomando a serie temos
∞∑n=n0+1
an ≥ an0
bn0
∞∑n=n0+1
bn = ∞
logo a serie tende ao infinito por comparacao.
Z Exemplo 21. Mostre que a sequencia definida por
f(n) =n∑
k=1
1
k + n
converge para um numero em [0, 1]. Primeiro vamos mostrar que a sequencia e crescente
f(n+ 1)− f(n) =n+1∑k=1
1
k + n+ 1−
n∑k=1
1
k + n=
1
2(n+ 1)+
n∑k=1
1
k + n+ 1−
n∑k=1
1
k + n=
=1
2(n+ 1)+
n∑k=1
(1
k + n+ 1− 1
k + n
)=
1
2(n+ 1)+
n∑k=1
∆1
k + n=
=1
2(n+ 1)+
1
2n+ 1− 1
n+ 1=
1
2n+ 1− 1
2(n+ 1)
mas temos1
2n+ 1− 1
2(n+ 1)> 0 pois
1
2n+ 1>
1
2(n+ 1), 2n+ 2 > 2n+ 1, 2 > 1 agora
vamos mostrar que a serie e limitada superiormente por 1 temos
1
n>
1
k + n
CAPITULO 1. SERIES 23
k + n > n
pois nosso valor k e maior que zero, tomando o somatorio em ambos lados com k em [1, n]
temosn∑
k=1
1
n= n
1
n= 1 >
n∑k=1
1
k + n
assim a serie e limitada superiormente , crescente e limitada inferiormente pelo seu pri-
meiro termo1∑
k=1
1
k + 1=
1
2
logo a sequencia assume valores no intervalo [0, 1]. O limite dessa sequencia e ln(2),
podemos mostrar isso transformando o limite numa integral2 podemos usar tambem a
funcao digamma
∆ψ(k + n) =1
k + nn∑
k=1
∆ψ(k + n) = ψ(2n+ 1)− ψ(n+ 1) =n∑
k=1
1
k + n= H2n −Hn =
2n∑k=1
(−1)k+1
k
tendo limite3 ln(2).
Z Exemplo 22. Mostre que a serie∞∑k=0
1
kke convergente.
Para k > 2 vale kk > k2 daı1
kk<
1
k2, da convergencia de
∑ 1
k2segue a convergencia
de∞∑k=0
1
kk.
Z Exemplo 23. A serie∞∑k=0
1
kln(k)e convergente pois para k grande temos ln(k) > 2
daı segue1
kln(k)<
1
k2.
1.2.8 Series de funcoes racionais
Vamos estudar convergencia de series do tipo∑ p(x)
g(x)onde p(x) e g(x) = 0 sao
polinomios.
2Resolvido no texto series 23Resolvido em funcoes especiais
CAPITULO 1. SERIES 24
b Propriedade 19. Sejam polinomios
p∑k=0
akxk ,
p+1∑k=0
bkxk e c >
bp+1
apcom c > 0, entao
existe x0 ∈ R tal que x > x0 implica
1
cx<
p∑k=0
akxk
p+1∑k=0
bkxk
Z Exemplo 24. Estudar a convergencia da serie
∞∑n=1
n∏s=1
(p+ s)
(q + s)
com p, q reais em [0,∞)
Para q ≤ p temos q + s ≤ p + s ⇒ 1 ≤ p+ s
q + slogo 1 ≤
n∏s=1
(p+ s)
(q + s)= an portanto an
nao converge para zero e a serie nao pode convergir .
Suponha agora p < q, existe t real tal que p+ t = q o termo an se escreve como
n∏s=1
(p+ s)
(p+ t+ s).
Vamos analisar os casos de t ≤ 1 e 2 ≤ t, no primeiro
p+ t+ s ≤ p+ s+ 1 ⇒ p+ s
p+ s+ 1≤ p+ s
p+ t+ s
aplicandon∏
s=1
na desigualdade acima temos um produto telescopico
n∏s=1
p+ s
p+ s+ 1=
p+ 1
p+ n+ 1≤
n∏s=1
p+ s
p+ t+ s
por comparacao com serie harmonica a soma de an diverge nesse caso . Sendo agora
2 ≤ t
2 ≤ t⇒ p+ s+ 2 ≤ p+ s+ t⇒ p+ s
p+ s+ t≤ p+ s
p+ s+ 2
aplicandon∏
s=1
, novamente temos um produto telescopico
n∏s=1
p+ s
p+ s+ t≤
n∏s=1
p+ s
p+ s+ 2=
2∏s=1
p+ s
p+ s+ n=
(p+ 1)(p+ 2)
(p+ 1 + n)(p+ 2 + n)
logo por criterio de comparacao a soma de an converge .
CAPITULO 1. SERIES 25
1.2.9 Criterio de Cauchy para series
b Propriedade 20 (Criterio de Cauchy para series). Tem-se que uma sequencia e
convergente em R ⇔ ela e de Cauchy, logo se definimos s(n) =n∑
k=a
ak temos que a serie
e convergente ⇔ para cada ε > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 e para todo p ∈ N vale
|s(n+ p)− s(n)| < ε temos que
s(n+ p)− s(n) =
n+p∑k=a
ak −n∑
k=a
ak =
n+p∑k=n+1
ak +n∑
k=a
ak −n∑
k=a
ak =
=
n+p∑k=n+1
ak
logo temos que ter
|n+p∑
k=n+1
ak| < ε
b Propriedade 21. Se f(k) ≥ 0 para k ∈ [a,∞)Z , a ∈ Z entao a serie∞∑k=a
f(k) e
convergente ou diverge para +∞.
ê Demonstracao. Definindo g(n) =n∑
k=a
f(k) temos que ∆g(n) = f(n+1) ≥ 0 logo
g(n) e uma sequencia nao decrescente, se g(n) for limitada entao g(n) converge implicando
que a serie converge, se g(n) nao for limitada, por ser nao decrescente ela diverge para
+∞, implicando que a serie diverge para +∞.
Da mesma maneira tem-se
b Propriedade 22. Se4 f(k) ≤ 0 para k ∈ [a,∞)Z , a ∈ Z entao a serie∞∑k=a
f(k) e
convergente ou diverge para −∞.
ê Demonstracao. Definindo g(n) =n∑
k=a
f(k) temos que ∆g(n) = f(n+1) ≤ 0 logo
g(n) e uma sequencia nao crescente, se g(n) for limitada entao g(n) converge implicando
que a serie converge, se g(n) nao for limitada, por ser nao crescente ela diverge para −∞,
implicando que a serie diverge para −∞.
4A demonstracao e a mesma que da propriedade anterior, apenas mudando ≥ por ≤, +∞ por −∞ e
nao decrescente por nao crescente
CAPITULO 1. SERIES 26
b Propriedade 23.∞∑k=a
b converge ⇔ b = 0.
ê Demonstracao. Seja g(n) =n∑
k=a
b, Se b = 0 temos g(n) =n∑
k=a
0 = 0 assim temos
que serie e o limite da sequencia constante 0, lim g(n) = 0 =∞∑k=a
0. Se∞∑k=a
b converge, pela
condicao necessaria para convergencia temos que ter lim b = 0, como b e constante, por
propriedade de limites tem-se lim b = b lim 1 = b = 0 logo b tem que ser zero para que a
serie seja convergente
∞∑k=a
0 = 0 = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + · · · = 0.
Se b = 0 entao a serie diverge para +∞ ou−∞ pois ∆g(n) = b, se b > 0 tem-se que a serie e
crescente e divergente logo seu limite e +∞ se b < 0 segue que ∆g(n) < 0 logo decrescente
e divergente assim seu limite e −∞. As reduzidas sao dadas porn∑
k=a
b = b(n+ 1− a), se
b < 0∞∑k=a
b = b+ b+ b+ b+ · · · = −∞
se b > 0∞∑k=a
b = b+ b+ b+ b+ · · · = +∞.
b Propriedade 24 (A serie harmonica diverge para +∞.). Seja 2n ≥ k (n, k naturais
maiores que zero), entao
1
k≥ 1
2n
tomando a soma em [n+ 1, 2n]
2n∑k=n+1
1
k≥
2n∑k=n+1
1
2n=
n
2n=
1
2
assim o criterio de Cauchy, nao e valido para serie harmonica, pois tomando ε =1
2e
p = n nao temos
|2n∑
k=n+1
1
k| < 1
2
CAPITULO 1. SERIES 27
para n suficientemente grande, pois vale para qualquer n
2n∑k=n+1
1
k≥ 1
2
sendo g(n) =n∑
k=1
1
ktemos ∆g(n) =
1
n+ 1> 0 logo a serie e crescente. Sendo crescente e
divergente entao ela tem limite +∞. Com a serie harmonica temos um exemplo de serie
cujo termo somado tem limite 0 porem a serie diverge lim1
n= 0.
1.3 Series absolutamente convergentes
m Definicao 3 (Series absolutamente convergentes). Uma serie∞∑k=a
ak e dita absoluta-
mente convergente se∞∑k=a
|ak| e convergente.
m Definicao 4 (Serie condicionalmente convergente). Uma serie∞∑k=a
ak e condicional-
mente convergente se∞∑k=a
ak converge porem∞∑k=a
|ak| diverge.
1.3.1 Toda serie absolutamente convergente e convergente
⋆ Teorema 1 (Toda serie absolutamente convergente e convergente). Se s(n) =n∑
k=b
|ak|
converge entaon∑
k=b
ak converge.
ê Demonstracao. Sen∑
k=b
|ak| converge, podemos usar o criterio de Cauchy, que
garante que para todo ε > 0 existe n0 ∈ N , tal que para n > n0 e p ∈ N vale
|n+p∑
k=n+1
|ak| | =n+p∑
k=n+1
|ak| < ε
mas vale a desigualdade
|n+p∑
k=n+1
ak| ≤n+p∑
k=n+1
|ak| < ε
logon∑
k=b
ak e uma sequencia de Cauchy, portanto converge.
CAPITULO 1. SERIES 28
ê Demonstracao.[2] Temos5 que ak ≤ |ak| e tambem −ak ≤ |ak| logo dessa ultima
0 ≤ ak+|ak| que por sua vez e menor que 2|ak|, como 2∞∑k=0
|ak| converge entao∞∑k=0
ak+|ak|
tambem converge por comparacao, daı
∞∑k=0
ak + |ak| −∞∑k=0
|ak| =∞∑k=0
ak
converge por ser soma de series convergentes.
Daremos uma outra demonstracao dessa propriedade usando o conceito de parte po-
sitiva e negativa de uma serie.
1.3.2 Parte negativa e positiva de uma serie
m Definicao 5 (Parte negativa e positiva de uma serie). Seja∑
ak uma serie, para
cada k definimos a parte positiva pk da seguinte maneira
pk =
ak se ak ≥ 0
0 se ak < 0
Definimos a parte negativa qk como
qk =
−ak se ak ≤ 0
0 se ak > 0
b Propriedade 25. Valem
1. an = pn − qn
2. |an| = pn + qn.
ê Demonstracao.
1. Se an ≥ 0 entao qn = 0, an = pn, se an < 0 entao pn = 0 e an = −qn.
2. Se an ≥ 0 entao |an| = an = pn pois qn = 0. Se an < 0 entao |an| = −an = qn pois
pn = 0.
5Solucao de Diogenes Mota
CAPITULO 1. SERIES 29
$ Corolario 5. Vale que pn ≤ |an| e qn ≤ |an|, pois segue da relacao |an| = pn + qn e do
fato de ambos serem nao negativos.
$ Corolario 6. Se∑
|an| e convergente entao∑
an e convergente. Vale que pn ≤
|an| e qn ≤ |an|, daı∑
pn e∑
qn sao convergentes por criterio de comparacao, daı∑(pn − qn) =
∑pn −
∑qn e convergente logo
∑an e convergente.
b Propriedade 26. Se uma serie∑
an e condicionalmente convergente entao∑
pn =
∞ =∑
qn.
ê Demonstracao. Vale quen∑
k=b
ak =n∑
k=b
pk −n∑
k=b
qk se∑
pn fosse convergente,
entao∑
qn tambem o seria, logo∑
|an| =∑
pn +∑
qn seria convergente o que
contradiz a hipotese.
$ Corolario 7. Seja∞∑k=b
ak uma serie absolutamente convergente entao∞∑k=b
ak(−1)yk e
convergente onde (yk) e uma sequencia qualquer de numeros naturais. A propriedade vale
pois∞∑k=b
|ak(−1)yk | =∞∑k=b
|ak| entao∞∑k=b
ak(−1)yk e absolutamente convergente portanto
convergente.
Esse resultado diz que se tomamos uma serie absolutamente convergente e trocamos
os sinais dos termos da serie de maneira arbitraria entao ainda assim a serie continua
sendo convergente.
Z Exemplo 25. Analisar a convergencia da serie∞∑k=1
senka
kr
onde r > 1, real. Vale sempre |senka| ≤ 1, daı|senka|kr
≤ 1
krpor comparacao temos
∞∑k=1
|senka|kr
≤∞∑k=1
1
kr
a serie da direita converge, logo a serie∞∑k=1
senka
kre absolutamente convergente, e conver-
gente. O mesmo argumento pode ser feito para mostrar que∞∑k=1
coska
kr
CAPITULO 1. SERIES 30
e absolutamente convergente.
$ Corolario 8. Seja∞∑k=d
bk uma serie convergente, com bk ≥ 0 para todo k ∈ Z. Se
existem c > 0 e n0 ∈ N tais que |ak| ≤ c.bk para todo k > n0, entao a serie∞∑k=d
ak
e absolutamente convergente. Tal propriedade vale pois podemos aplicar o criterio de
comparacao de series para concluir que∞∑k=d
|ak| converge, logo∞∑k=d
ak sera absolutamente
convergente.
$ Corolario 9. Se para todo k > n0, tem-se |ak| ≤ c.bk onde 0 < b < 1 e c > 0, entao a
serie∞∑k=d
ak e absolutamente convergente. Pois a serie∞∑k=d
bk e convergente pela condicao
0 < b < 1.
b Propriedade 27. Sejam an ≥ 0 e∑
an convergente, entao∑
anxn e absolutamente
convergente ∀ x ∈ [−1, 1].
ê Demonstracao. Com x ∈ [−1, 1] vale |x| ≤ 1 daı∑|anxn| =
∑an|x|n ≤
∑an
logo∑
anxn e absolutamente convergente.
b Propriedade 28. Se∑
an e convergente com an ≥ 0 e x ∈ R arbitrario entao∑ansen(nx) e
∑ancos(nx) sao absolutamente convergentes.
ê Demonstracao. Vale que∑|ansen(nx)| =
∑an|sen(nx)| ≤
∑an∑
|ancos(nx)| =∑
an|cos(nx)| ≤∑
an
logo ambas series convergem absolutamente.
b Propriedade 29. Se∑
ak e absolutamente convergente e lim bn = 0 entao cn =n∑
k=1
akbn−k → 0.
CAPITULO 1. SERIES 31
ê Demonstracao. Existe B > 0 tal que |bn| < B, ∀ n ∈ N. Vale∞∑k=1
|ak| = A.
Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 implica |bn| <ε
2Ae por
n∑k=1
|ak| ser de cauchy
vale |n∑
k=n0+1
ak| <ε
2Bentao para n > 2n0 (n− n0 > n0) segue que
|n∑
k=1
akbn−k| ≤n∑
k=1
|ak||bn−k| =n0∑k=1
|ak||bn−k|+n∑
k=n0+1
|ak||bn−k| ≤
≤n0∑k=1
|ak|ε
2A+
n∑k=n0+1
|ak|B ≤ Aε
2A+εB
2B≤ ε
2+ε
2= ε
isso implica que lim cn = 0.
b Propriedade 30. Seja∑
an uma serie qualquer, denotamos
S = {∑k∈A
ak, tal que A e qualquer conjunto finito de ındices de (ak)}.
∑ak e absolutamente convergente ⇔ S e limitado.
ê Demonstracao. ⇒ Se∑
ak e absolutamente convergente entao a soma dos
termos positivos e no maximo p =∑
pk e a soma dos termos negativos e no maximo
−q = −∑
qk, logo S e um conjunto limitado, pois qualquer outra combinacao de soma
de termos positivos e negativos do conjunto deve estar entre esses dois valores. ⇐. Se
S e limitado entao∑
pn e∑
qn sao limitados e por isso convergentes pois determinam
sequencias nao-decrescentes limitadas superiormente, daı segue que∑
|an| =∑
pn +∑qn e convergente.
1.3.3 Teste da raiz-Cauchy
b Propriedade 31 (Teste da raiz). Se existe b tal que k√
|ak| ≤ b < 1 para todo k > n0
entao∞∑k=d
ak e absolutamente convergente. Se lim sup k√
|ak| = b < 1 temos essa condicao,
pois o lim sup e o maior dos valores de aderencia da sequencia, se houvesse uma infinidade
de valores da raiz em que k√|ak| > b terıamos o lim sup maior que b, entao temos apenas
um numero finito de ındices em que a condicao colocada nao vale.
CAPITULO 1. SERIES 32
ê Demonstracao. Temos |ak| ≤ bk para k > n0, logo por criterio de comparacao
segue o resultado, pois ≤ b < 1 entao a serie∑
bk converge e daı tambem∑
|ak| porcriterio de comparacao .
$ Corolario 10 (Teste da Raiz de Cauchy). Se lim n√
|an| < 1 entao∞∑k=d
ak e absolu-
tamente convergente. Pois se lim n√
|an| < 1 existe n0 ∈ N tal que para n > n0 implica
n√|an| < 1.
Se lim n√|an| > 1 entao a serie
∑ak diverge, pois existe n0 ∈ N tal que para k > n0
tem-se 1 < t < a− ε < k√
|ak| < a+ ε logo tn < |ak| o que implica que lim ak = 0 entao a
serie∑
ak diverge .
Se lim n√|an| = 1 entao o teste e inconclusivo. Por exemplo
∑ 1
k2converge e
∑ 1
kdiverge .
b Propriedade 32. Se |an|1n > 1 para uma infinidade de indices n entao lim an = 0 e
a serie∑
an diverge. A mesma observacao vale se usamos o conceito de lim sup, isto e,
se lim sup |an|1n = α > 1.
ê Demonstracao. Se lim an = 0 entao existe n0 ∈ N tal que para n > n0 tem-se
|an| <1
2, se |an|
1n ≥ 1 para uma infinidade de indices n, entao existe um ındice n1 > n0
tal que |an1 |1n1 ≥ 1 logo |an1 | ≥ 1 o que entra em contradicao com a suposicao de que
lim an = 0 entao tal propriedade nao vale, de onde segue que a serie∑
an diverge, pois
se ela fosse convergente entao terıamos lim an = 0.
b Propriedade 33. A serie∞∑k=d
kpak
converge quando |a| < 1 e diverge quando |a| ≥ 1, onde p ≥ 0 .
ê Demonstracao. Aplicamos o teste da raiz lim n√|npan| = |a|(lim n
√n)p = |a|
quando |a| < 1 ela entao converge, se |a| ≥ 1 tem-se que o limite limnpan = 0 entao a
serie diverge.
$ Corolario 11. Seja g(k) um polinomio e |a| < 1, entao
∞∑k=d
g(k)ak
CAPITULO 1. SERIES 33
converge absolutamente.
Z Exemplo 26. A serie∞∑k=1
ak ln k converge absolutamente quando |a| < 1 pois
|a|k ln k ≤ |a|kk
por comparacao a serie converge.
Z Exemplo 27. A serie∞∑n=2
1
(lnn)nconverge pois lim n
√1
(lnn)n= lim
1
lnn= 0 < 1,
logo a serie converge.
Z Exemplo 28. Estude a convergencia da serie
∞∑k=1
(k
k + 1
)k2
.
Aplicamos o teste da raiz
((k
k + 1
)k2) 1k
=
(k
k + 1
)k
=1
(1 + 1k)k
→ 1
e< 1
pois e > 1 logo a serie converge .
1.3.4 Teste da razao-D’ Alembert
⋆ Teorema 2 (Teste da razao). Sejam∞∑k=d
ak uma serie de termos nao-nulos e∞∑k=d
bk
uma serie convergente com bk > 0 para todo k natural. Se existe n0 ∈ N tal que
|ak+1||ak|
≤ bk+1
bk
para todo k ≥ n0 entao∞∑k=d
ak e absolutamente convergente. O mesmo resulta se consi-
deramos o conceito de lim sup, assim como fizemos no teste da raiz.
ê Demonstracao. Podemos escrever a desigualdade como
Q|ak| ≤ Qbk,
CAPITULO 1. SERIES 34
onde Qbk =bk+1
bk, aplicando o produtorio em ambos lados com k ≥ n0 ate n−1 tem-se
por produto telescopico
n−1∏k=n0
Q|ak| =|an||an0|
≤n−1∏k=n0
Qbk =bnbn0
logo vale
|an| ≤ c.bn
onde c =|an0 |bn0
> 0. Entao por criterio de comparacao∞∑k=d
ak e absolutamente convergente.
$ Corolario 12. Se existe uma constante c tal que 0 < c < 1 tomamos bk = ck e temos
a serie∞∑k=d
ck convergente e aindack+1
ck= c. Se vale
|ak+1||ak|
≤ c para todo k ≥ n0 entao
∞∑k=d
ak e absolutamente convergente pela propriedade anterior.
$ Corolario 13 (Teste da razao de D’Alembert). Se lim|an+1||an|
< 1 entao a serie∞∑k=d
ak
e absolutamente convergente. Pois se vale lim|an+1||an|
< 1 existe n0 tal que para n > n0
tem-se|an+1||an|
< 1.
Se lim|an+1||an|
> 1 entao a serie diverge, pois para k > n0 tem-se
1 < t < a+ ε <|ak+1||ak|
aplicandon∏
n0+1
tem-se
tn−n0 |xn0+1| < |xn+1|
logo (xn) nao converge para zero, logo a serie∑
xk diverge.
Caso lim|xn+1||xn|
= 1 entao o teste e inconclusivo. Nesse caso a serie pode divergir,
como em∑
1, pode convergir como∑ 1
k2.
b Propriedade 34. Se an = 0∀ n ∈ N e existe n0 ∈ N tal que para n ≥ n0 tem-se
|an+1||an|
≥ 1 entao∑
an diverge.
CAPITULO 1. SERIES 35
ê Demonstracao. Para k > n0 vale|ak+1||ak|
≥ 1 daı aplicandon∏
k=n0
de ambos lados,
segue por produto telescopico que
|an+1|an0
≥ 1 ⇒ |an+1| ≥ |an0 | > 0
logo nao vale que lim an = 0, portanto a serie∑
an diverge.
b Propriedade 35. Para qualquer sequencia (cn), cn > 0, vale que
lim sup(cn)1n ≤ lim sup
cn+1
cn.
ê Demonstracao. Seja α = lim supcn+1
cn, finito, tomamos b > α qualquer, existe
n0 suficientemente grande tal queck+1
ck≤ b para k ≥ n0 tomamos o produto
n0+p−1∏k=n0
em ambos lados pro produto telescopico (os termos se anulam no primeiro termo do
produtorio) temos
cn0 + p︸ ︷︷ ︸n
≤ bpcn0
cn ≤ cn0b−n0bn
daı tomando a raiz n-esima
n√cn ≤ n
√cn0b
−n0︸ ︷︷ ︸→1
b
logo
lim sup n√cn ≤ b
vale para qualquer b > α logo
lim sup n√cn ≤ α.
$ Corolario 14. Se o teste da razao implica convergencia entao o criterio da raiz tambem
lim sup(cn)1n ≤ lim sup
cn+1
cn< 1
se o criterio da raiz implica divergencia entao o criterio da razao tambem
1 < lim sup(cn)1n ≤ lim sup
cn+1
cn.
CAPITULO 1. SERIES 36
Z Exemplo 29. A serie∞∑k=1
ak = a + b + a2 + b2 + a3 + b3 + a4 + b4 + · · · definida
como a2k = bk e a2k−1 = ak onde 0 < a < b < 1 converge. O teste de d’Alembert e
inconclusivo pois ∀ k a2ka2k−1
= (b
a)k > 1 pois de a < b segue 1 <
b
a. O teste de Cauchy
funciona pois para ındices pares2n√bn =
√b < 1 e para ındices ımpares 2n−1
√an < 1, logo
vale para todo n, n√
|an| < 1 e o teste de Cauchy implica que∑
an converge. No caso do
teste de d’Alembert, caso fosse a = b seguiria quea2ka2k−1
= (b
a)k = 1, porem a serie seria
convergente pois2n∑k=1
ak =n∑
k=1
a2k +n∑
k=1
a2k−1 =n∑
k=1
ak +n∑
k=1
bk
sendo que a sequencia das reduzidas e convergente logo a serie e convergente, em especial
esse argumento vale para a = b =1
2.
b Propriedade 36. A serie∞∑k=0
xk
k!converge absolutamente para qualquer x ∈ R dado.
ê Demonstracao. Se x = 0 a serie trunca , se nao pelo teste da razao tomamos
xn =xn
n!e daı
xn+1
xn=
xn+1
(n+ 1)!
n!
xn=
x
n+ 1
cujo limite e 0, logo a serie converge absolutamente pelo criterio da razao.
$ Corolario 15. No texto de sequencias tomamos limites da razao de algumas sequencias
que nos permitem concluir que∞∑n=0
an.n!np
nn
converge se 0 < a < e, no caso especial de p = 0 e a = 1 tem-se que
∞∑n=0
n!
nn
converge, tambem converge∞∑n=0
npan
n!
e se a > 1∞∑n=0
np
an.
CAPITULO 1. SERIES 37
$ Corolario 16. Por comparacao com∞∑n=0
n!
nnconcluımos que
∞∑n=0
1
nnconverge.
b Propriedade 37. A sequencia de termo (ln(n+ 1)
(n+ 1))n e limitada.
ê Demonstracao.
Para n ≥ 3 vale (n+ 1
n)n < n daı (n+ 1)n < nn+1 tomando o logaritmo n ln(n+ 1) <
(n + 1) ln(n) logoln(n+ 1)
ln(n)<n+ 1
nelevando a n segue que (
ln(n+ 1)
(n+ 1))n < (
n+ 1
n)n,
sendo menor que uma sequencia limitada segue que ela e limitada.
Z Exemplo 30. Mostrar que∑
(ln(n)
n)n e convergente.
Pelo criterio de D’Alembert, temos
(ln(n+ 1)
(n+ 1))n+1(
(n)
ln(n))n =
ln(n+ 1)
n+ 1(ln(n+ 1)
(n+ 1))n(
n
n+ 1)n
o primeiro limite tende a zero, a segunda expressao e limitada e o terceiro limite converge,
entao tal expressao tende a zero.
Pelo criterio de Cauchy,n
√(ln(n)
n)n =
ln(n)
n→ 0 logo a serie converge.
Z Exemplo 31. Estudamos os valores x reais com os quais as series a seguir convergem.
1.∑
nkxn. n√nk|x|n =
n√nk|x| → |x| entao a serie converge com |x| < 1, ela nao
converge se x = 1 ou x = −1 pois nesses casos o limite do termo somado nao tende
a zero.
2.∑
nnxn. n√nn|x|n = n|x| → ∞ se x = 0 ela so converge para x = 0.
3.∑ xn
nn.
n
√|x|nnn
=|x|n
→ 0, logo ela converge independente do valor de x.
4.∑
n!xn. n√n!|x|n =
n√n!|x| → 0, logo ela so converge com x = 0.
5.∑ xn
n2.
n
√|x|nn2
→ |x|, entao e garantida a convergencia com |x| < 1 , com x = 1
ela converge e com x = −1 tambem, pois e absolutamente convergente.
CAPITULO 1. SERIES 38
1.3.5 Criterio de Dirichlet
b Propriedade 38 (Criterio de Dirichlet). Sejam s(n) =n∑
k=1
ak uma sequencia limitada,
(bn) uma sequencia decrescente de numeros positivos com lim bn = 0, entao a serie
∞∑k=1
akbk
e convergente.
ê Demonstracao.
Estamos denotando
� ∆f(k) = f(k + 1)− f(k),
� g(k)
]n+1
1
= g(n+ 1)− g(1)
� s(0) =0∑
k=1
ak = 0 chamado de soma vazia.
Usaremos a identidade chamada de soma por partes (de simples demonstracao)
n∑k=1
f(k)∆g(k) = f(k)g(k)
]n+1
1
−n∑
k=1
g(k + 1)∆f(k).
Temos que s(0) =0∑
k=1
ak = 0 por ser soma vazia e s(n− 1) =n−1∑k=1
ak logo
∆s(n− 1) = s(n)− s(n− 1) =n∑
k=1
ak −n−1∑k=1
ak = an
isto e, ∆Sk−1 = ak, vamos usar a regra de soma por partes
n∑k=1
f(k)∆g(k) = f(k)g(k)
∣∣∣∣n+1
1
−n∑
k=1
g(k + 1)∆f(k)
tomando g(k) = sk−1 e f(k) = bk segue
n∑k=1
bk∆sk−1 =n∑
k=1
bkak = bksk−1
∣∣∣∣n+1
1
−n∑
k=1
sk∆bk = bn+1sn − b1s0︸︷︷︸=0
−n∑
k=1
sk∆bk =
CAPITULO 1. SERIES 39
= bn+1sn −n∑
k=1
sk∆bk = bn+1sn +n∑
k=1
sk(−∆bk).
Perceba que lim bn+1sn = 0 pois sn e limitada e lim bn = 0. Como bk e decrescente vale
∆bk = bk+1 − bk ≤ 0 ⇒ −∆bk ≥ 0 e a serie∞∑k=1
sk(−∆bk) e absolutamente convergente
pois, como sk e limitada vale |sk| ≤ c > 0 e
n∑k=1
|sk||(−∆bk)| =n∑
k=1
|sk|(−∆bk) ≤n∑
k=1
c(−∆bk) = −c(bn+1 − b1)
logo por comparacaon∑
k=1
sk(−∆bk) e absolutamente convergente, implicando que a serie
∞∑k=1
akbk e convergente.
$ Corolario 17. Sejam s(n) =n∑
k=1
ak uma sequencia limitada, (bn) uma sequencia
crescente de numeros negativos com lim bn = 0, entao a serie
∞∑k=1
akbk
e convergente.
Pois tomando
∞∑k=1
ak(−bk),
(−bk) e uma sequencia de numeros positivos e como vale bk+1 ≥ bk entao −bk ≥ −bk+1
e (−bk) e decrescente e converge para zero, entao podemos aplicar o criterio de Dirichlet
para concluir que −s =∞∑k=1
ak(−bk) logo tambem converge s =∞∑k=1
akbk.
Z Exemplo 32. Dado x fixo, as series
∞∑k=1
senxk
ke
∞∑k=1
coskx
kconvergem.
Pois
n∑k=1
sen(xk) =−cos(xn+ x
2) + cos(x
2)
2sen(x2)
,n∑
k=1
cos(xk) =sen(xn+ x
2)− sen(x
2)
2sen(x2)
CAPITULO 1. SERIES 40
sao limitadas e xk =1
ke decrescente, pois ∆xk =
−1
k(k + 1)< 0 com limxn = 0.
b Propriedade 39. Sejam u0 > 0 , (an) positiva
un+1 = un +anun.
un e convergente ⇔∑
an e convergente.
ê Demonstracao.
Primeiro observamos que (un) e positiva pois un+1 = un+anun
, por inducao, segue pois
u0 > 0 e an > 0
⇒).
Usamos o criterio de Dirichlet. De un+1 = un +anun
temos
∞∑k=0
ak =∞∑k=0
uk∆uk
queremos mostrar que a ultima converge. Suponha que c = lim un entao zn = c − un e
sequencia positiva decrescente e lim∆un = 0 entao a serie
∞∑k=0
(c− uk)∆uk = limn∑
k=0
c∆uk︸ ︷︷ ︸converge
−n∑
k=0
uk∆uk
converge, poisn−1∑k=0
∆uk = un − u0 e limitado (pois converge), logo aplicamos o criterio de
Dirichlet. Portanto∞∑k=0
uk∆uk =∞∑k=0
ak converge.
⇐). (Solucao de Alexandre Cezar) Suponha que∞∑k=0
ak converge, vamos mostrar que
(un) converge, ja sabemos que tal sequencia e crescente, vamos mostrar que e limitada.
Suponha que nao seja limitada, entao existe n0 > 0 tal que un > 1 para n ≥ n0
un − u0 =n−1∑k=n0
∆uk =n−1∑k=n0
akuk
≤n−1∑k=n0
ak <∞∑
k=n0
ak
o que e absurdo pois un seria ilimitada e limitada.
b Propriedade 40 (Criterio de Abel). Se∞∑k=1
ak e convergente e (bn) e uma sequencia
decrescente de numeros positivos entao a serie∞∑k=1
akbk e convergente.
CAPITULO 1. SERIES 41
ê Demonstracao.
A sequencia (bn) e limitada inferiormente por zero, sendo decrescente ela converge,
seja entao c seu limite, lim bn = c, lim bn − c = 0. (bn − c) e uma sequencia decrescente
com limite 0, temos entao que a serie∞∑ak(bk − c) e convergente e vale
n∑k=1
ak(bk − c) =n∑
k=1
akbk − c
n∑k=1
ak ⇒
n∑k=1
ak(bk − c) + c
n∑k=1
ak =n∑
k=1
akbk
pela ultima identidade vemos que∞∑k=1
akbk e convergente.
1.3.6 Criterio de Leibniz
b Propriedade 41 (Criterio de Leibniz). Se (bn) e uma sequencia decrescente com
lim bn = 0 entao a serie∞∑k=1
(−1)kbk e convergente.
ê Demonstracao.[1] Se (bn) e uma sequencia decrescente com lim bn = 0 entao (bn)
nao o admite termo negativo, pois caso bn0 < 0 entao para n > n0 tem-se bn ≤ bn0 < 0
e o limite da sequencia nao poderia ser zero. Se existe n0 tal que bn0 = 0 entao para
todos n > n0 tem que valer bn = 0, pois ela nao admite termo negativo, entao nao pode
decrescer ainda mais, nesse caso a soma sera uma soma finita, entao resta apenas o caso de
bn > 0 para todo n, nesse caso temos uma sequencia decrescente de termos positivos com
limite zero en∑
k=1
(−1)k e limitada, entao pelo criterio de Dirichlet a serie e convergente.
ê Demonstracao.[2] Seja sn =n∑
k=1
(−1)k+1bk entao
s2n+2 =2n+2∑k=1
(−1)k+1bk =2n∑k=1
(−1)k+1bk − b2n+2 + b2n+1 = s2n + b2n+1 − b2n+2
como (bn) e nao-crescente tem-se que b2n+1 − b2n+2 ≥ 0, daı s2n+2 − s2n ≥ 0, implicando
que (s2n) e nao-decrescente. Da mesma maneira
s2n+1 =2n+1∑k=1
(−1)k+1bk =2n−1∑k=1
(−1)k+1bk + b2n+1 − b2n = s2n−1 + b2n+1 − b2n,
CAPITULO 1. SERIES 42
dessa vez como (bn) e nao-crescente, segue que b2n+1 − b2n ≤ 0 logo s2n+1 − s2n−1 ≤ 0 e a
sequencia (s2n−1) e nao-crescente.
Ambas sequencias sao limitadas pois
s2n =2n∑k=1
(−1)k+1bk =2n−1∑k=1
(−1)k+1bk − b2n = s2n−1 − b2n
logo s2n−1 − s2n = bn ≥ 0 ⇒ s2n−1 ≥ s2n,
s1 ≥ s2n−1 ≥ s2n ≥ s2,
as reduzidas de ordem par e ımpar sao monotonas e limitadas logo convergentes lim s2n =
L1, lim s2n−1 = L2, pela identidade s2n−1 − s2n = bn e lim bn = 0 segue na passagem de
limite que
lim s2n−1 − s2n = lim bn = 0 = L2 − L1
logo L1 = L2 e a serie e convergente.
b Propriedade 42. Seja (xn) uma sequencia nao-crescente com limxn = 0 entao a
serie obtida somando p termos com sinais positivos da sequencia (xn) alternando com p
termos negativos alternadamente e convergente.
ê Demonstracao. A serie pode ser escrita como
∞∑t=1
(−1)t+1
p∑k=1
xk+(t−1)p︸ ︷︷ ︸=yt
=∞∑t=1
(−1)t+1yt
Vamos mostrar que essa serie satisfaz os criterio de Leibniz. Como limxn = 0 entao o
limite de qualquer subsequencia de (xn) tambem tende a zero, logo limt→∞
xk+(t−1)p = 0
, para todo k fixo, tem-se lim yt = lim
p∑k=1
xk+(t−1)p = 0. Agora vamos mostrar que a
sequencia (yt) e nao-crescente, como (xn) e nao-crescente temos que xk+tp ≤ xk+(t−1)p
para todo k, aplicando
p∑k=1
tem-se
yt+1 =
p∑k=1
xk+tp ≤p∑
k=1
xk+(t−1)p = yt
daı yt e nao-crescente, logo vale o criterio de Leibniz, implicando que∞∑t=1
(−1)t+1
p∑k=1
xk+(t−1)p
e convergente.
CAPITULO 1. SERIES 43
Z Exemplo 33. A serie obtida somando p termos com sinais positivos da sequencia
(xn) = (1
n) alternando com p termos negativos alternadamente e convergente, pois limxn =
0 e xn e decrescente.
Z Exemplo 34. Mostrar que a serie∞∑k=1
(−1)k(k2 + 1)
k3 + 1converge condicionalmente.
Tomando ak =k2 + 1
k3 + 1mostramos que
ak > ak+1,k2 + 1
k3 + 1>
k2 + 2k + 2
k3 + 3k2 + 3k + 2
k5 + 3k4 + 4k3 + 5k2 + 3k + 2 > k5 + 2k4 + 2k3 + k2 + 2k + 2, k4 + 2k3 + 4k2 + k > 0
e temos lim(k2 + 1)
k3 + 1= 0 logo a serie
∞∑k=1
(−1)k(k2 + 1)
k3 + 1converge pelo criterio de Leibniz.
Vamos mostrar agora que∞∑k=1
(k2 + 1)
k3 + 1diverge,
(k2 + 1)
k3 + 1≥ 1
k, k3 + k > k3 + 1, k ≥ 1
logo temos∞∑k=1
(k2 + 1)
k3 + 1>
∞∑k=1
1
k
logo a serie diverge por comparacao.
Z Exemplo 35. A serie∞∑k=1
(−1)k√k
converge por criterio de Leibniz, pois lim1√n= 0
e como√n+ 1 >
√n segue que
1√n>
1√n+ 1
e daı1√n− 1√
n+ 1> 0 a sequencia
e decrescente, podemos aplica o criterio de Leibniz. Observe tambem que a serie dada
pelo quadrado do termo geral diverge pois o termo geral e(−1)2n√n2 =
1
ntermo da serie
harmonica que diverge.
b Propriedade 43. Se∞∑k=0
xk e∞∑k=0
yk convergem e (xk), (yk) sao sequencias de termos
nao negativos, entao∞∑k=0
xk.yk converge.
CAPITULO 1. SERIES 44
ê Demonstracao. Sendo f(n) =n∑
k=0
xk.yk, vale ∆f(n) = xn+1.yn+1 ≥ 0, logo a
sequencia das somas parciais e crescente. Vale ainda que a sequencia e limitada superior-
mente poisn∑
k=0
xk.yk ≤ (n∑
k=0
xk)(n∑
k=0
yk).
Z Exemplo 36. A serie∞∑ (−1)k
k + 1converge , pelo criterio de Leibniz temos que
lim1
n+ 1= 0 e (
1
n+ 1) e decrescente. Observamos tambem que essa serie e condicional-
mente convergente pois∞∑ 1
k + 1diverge, pela serie harmonica.
Z Exemplo 37. A serie∞∑k=2
(−1)k
k ln(k)
converge condicionalmente .
Pois1
k ln(k)→ 0, a sequencia e decrescente, logo usamos o criterio de Leibniz, que
implica a serie alternada∞∑k=2
(−1)k
k ln(k)convergir . Tal serie nao converge em modulo6, isto
e,∞∑k=2
1
k ln(k)diverge , portanto
∞∑k=2
(−1)k
k ln(k)
e condicionalmente convergente .
Z Exemplo 38. A serie∞∑k=1
(−1)k√k3 − 6
converge. Pois sequencia de termo xn =1√
n3 − 6
e decrescente
1√n3 − 6
>1√
(n+ 1)3 − 6⇔ (n+ 1)3 − 6 > n3 − 6
que vale e temos limxn = 0. Logo pelo criterio de Leibniz a serie converge.
b Propriedade 44. Seja (xn) tal que xn = 0 para todo n e lim xn = ∞ entao
∞∑k=1
∆xk =∞∑k=1
xk+1 − xk
6Vimos como aplicacao do criterio de Cauchy
CAPITULO 1. SERIES 45
diverge e∞∑k=1
∆1
xk=
∞∑k=1
1
xk+1
− 1
xk+1
converge.
ê Demonstracao. A primeira serie tem reduzida
n∑k=1
∆xk = xk
∣∣∣∣n+1
1
= xn+1 − x1
tomando o limite
limn∑
k=1
∆xk = lim xn+1 − x1 = ∞
logo a serie diverge.
A segunda serie tem reduzida
n∑k=1
∆1
xk=
1
xk
∣∣∣∣n+1
1
=1
xn+1
− 1
x1
e tomando o limite mostramos que converge para − 1
x1.
Z Exemplo 39. Seja a serie∞∑k=1
ak(−1)k+1 =2
3− 1
3+2
4− 1
4+2
5− 1
5+2
6− 1
6+ · · · onde
a2k =1
k + 2e a2k−1 =
2
2 + kentao lim ak = 0 e tem termos alternados, porem diverge.
Por que ela nao contradiz o teorema de Leibniz? Tal sequencia nao satisfaz a propriedade
de ser nao-crescente, pois a2k+1 > a2k,2
2 + k + 1>
1
2 + k.
Tal serie realmente diverge pois
2n∑k=1
ak(−1)k+1 =n∑
k=1
a2k−1 −n∑
k=1
a2k =n∑
k=1
2
2 + k− 1
2 + k=
n∑k=1
1
k + 2
que diverge pela divergencia da serie harmonica (perceba acima que separamos os termos
pares dos ımpares na soma).
Z Exemplo 40. Uma serie∑
an pode ser convergente e quando seus termos sao
multiplicados por uma sequencia limitada (xn) a serie∑
anxn, pode divergir, como e o
caso da serie∑ (−1)n
ncom termos multiplicados pela sequencia limitada de termo (−1)n,
gerando a serie∑ 1
nque e divergente. (xn) pode ser convergente e ainda assim
∑anxn
CAPITULO 1. SERIES 46
divergir como e o caso de∑ (−1)n√
nque converge pelo criterio de Leibniz e tomando
xn =(−1)n√
n
∑ (−1)n√n
(−1)n√n
=∑ 1
ndiverge.
b Propriedade 45. Se (xn) e limitada e∑
an e absolutamente convergente entao∑anxn e convergente.
ê Demonstracao. Existe m ∈ R tal que |xn| < m ∀ n ∈ N daı |xnan| ≤ m|an| daısegue por comparacao que
∑|xnan| e convergente logo
∑xn.an converge.
1.3.7 Criterio de Kummer
b Propriedade 46 (Criterio de Kummer , parte I). Sejam (xn) com xn > 0 ∀ n ∈ N .
Definindo
f(n) = xnanan+1
− xn+1
com an > 0 ∀ n. Se existe m ∈ N tal que f(n) > α > 0, ∀ n > m, n,m ∈ N entao∞∑k=1
ak
converge.
ê Demonstracao. Seja n > m entao vale
xnanan+1
− xn+1 > α
como an+1 > 0 podemos multiplicar sem alterar a desigualdade
xnan − xn+1an+1 > αan+1 ⇔ −∆(xnan) > αan+1
aplicando a soma com n variando de m+ 1 ate m+ p a desigualdade continua valida
−m+p∑
n=m+1
∆(xnan) = xm+1am+1 − xm+p+1am+p+1 > α
m+p∑n=m+1
an+1 = α
m+p+1∑n=m+2
an
por xm+p+1am+p+1 ser positivo segue
α
m+p+1∑n=m+2
an < xm+1am+1 ⇔m+p+1∑n=m+2
an <xm+1am+1
α
em+p+1∑n=m+2
an =
m+p+1∑n=1
an −m+1∑n=1
an
CAPITULO 1. SERIES 47
logom+p+1∑n=1
an −m+1∑n=1
an <xm+1am+1
α⇔
m+p+1∑n=1
an <m+1∑n=1
an +xm+1am+1
α:= K
por m ser fixo, a serie dos termos ak e limitada superiormente e por ser soma de termo
positivos ela converge.
b Propriedade 47 (Criterio de Kummer, parte II). Se existe m ∈ N tal que n > m
implica f(n) ≤ 0 e∞∑k=1
1
xkdiverge, entao
∞∑k=1
ak diverge.
ê Demonstracao. Para k > m Vale
xkakak+1
− xk+1 ≤ 0 ⇔ xkak − xk+1ak+1 = −∆(xkak) ≤ 0
tomando a soma de k = m+ 1 ate n− 1 segue
−n−1∑
k=m+1
∆xkak ≤ 0 ⇔ xm+1am+1︸ ︷︷ ︸=c
≤ xnan ⇔ c
xn≤ an ⇒
∞∑n
c
xn≤
∞∑n
an
a serie∞∑n
an diverge por comparacao com a serie divergente∞∑n
c
xn.
$ Corolario 18. Se lim f(n) > 0 entao a serie∞∑k
ak converge. Pois vai existir m ∈ N
tal que n > m implica f(n) > 0.
Z Exemplo 41. A serie∞∑n=1
n∏s=1
p+ s
q + s
com q, p positivos, converge se q − p > 1 e diverge se q − p ≤ 1.
Com an =n∏
s=1
p+ s
q + stemos
anan+1
=q + n+ 1
p+ n+ 1, tomando xn = p+n+1 > 0, concluımos
quen∑
k=1
1
xkdiverge pela serie harmonica e temos ainda que
(p+ n+ 1)q + n+ 1
p+ n+ 1− p− n− 2 = q + n+ 1− p− n− 2 = q − p− 1
que nao depende de n logo a serie converge para q− p− 1 > 0 ⇒ q− p > 1 e diverge para
q − p− 1 ≤ 0 ⇒ q − p ≤ 1.
CAPITULO 1. SERIES 48
m Definicao 6 (Criterio de Raabe). O criterio de Raabe para convergencia de series e
obtido por meio do criterio de Kummer, tomando xn = n. Resumindo o criterio:∞∑k=1
ak
converge se existem α > 0 e m ∈ N tal que vale
nanan+1
− n− 1 = n(anan+1
− 1)− 1 > α
para n > m, em especial se
limn(anan+1
− 1)− 1 = l > 0 ⇔ limn(anan+1
− 1) = s > 1
como∞∑k=1
1
kdiverge, entao se
n(anan+1
− 1) < 1
para n > m entao∞∑k=1
ak diverge o mesmo com limite
limn(anan+1
− 1) = l < 1
entao a serie diverge.
1.4 Comutatividade
m Definicao 7 (Serie comutativamente convergente). Uma serie∑
an e dita ser co-
mutativamente convergente quando para qualquer bijecao f : N → N ( sendo bn = af(n)),
a serie∑
bn e convergente.
A definicao de serie comutativamente convergente tambem funciona para series do tipo∞∑
k=b+1
a′k, pois nesse caso escrevemos a serie como∞∑k=1
a′k+b︸︷︷︸ak
.
$ Corolario 19. Para que∑
an seja comutativamente convergente e necessario que∑an seja convergente, pois f(n) = n e uma bijecao.
m Definicao 8 (Series incondicionalmente convergentes). E uma serie que e comutati-
vamente convergente e toda reordenacao converge para o mesmo limite.
CAPITULO 1. SERIES 49
b Propriedade 48. Se∑
|an| converge entao∑
an e comutativamente convergente
e tem-se∑
an =∑
bn onde (bn) e qualquer reordenacao dos termos de (an), (ela e
incondicionalmente convergente.)
ê Demonstracao. Seja∑
akn ,com soma parcial s′n, um rearranjo da serie∑
an.
Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que m,n ≥ n0 implica
m∑k=n
|ak| ≤ε
2.
Escolhemos p suficientemente grande tal que {1, · · · , n0} e subconjunto da reordenacao
{k1, · · · , kp}. Se n > p + n0 os numeros de {a1, · · · , an0} serao cancelados na diferenca
sn − s′n pois
s′n =
n0∑s=1
as +n∑
ks>n0
aks
sn =
n0∑s=1
as +n∑
k=n0+1
ak
logo tomando a diferenca
|sn − s′n| = |n∑
k=n0+1
ak +n∑
ks>n0
aks| ≤n∑
ks>n0
|aks|+n∑
k=n0+1
|ak| <ε
2+ε
2= ε.
Logo sn e s′n convergem para o mesmo limite.
⋆ Teorema 3 (Riemann). Se uma serie∑
an e condicionalmente convergente (nao
converge absolutamente) entao para qualquer c real, existe f : N → N bijecao tal que∑af(n) = c, isto e, se uma serie e condicionalmente convergente entao existe uma reor-
denacao dos termos de∑
an tal que o resultado da serie resulte em c.
ê Demonstracao. Como∑
pn = ∞ entao podemos somar uma quantidade sufi-
ciente de termos positivos da serie tal que a soma resulte em s1 tal que c < s1, da mesma
maneira como∑
qn = ∞ podemos somar uma quantidade suficiente de termos negativos
tais que a soma total resulte em s2 tal que s2 < c < s1. Como lim an = 0 conforme n
cresce os termos ficam cada vez menores , por isso podemos somar novamente uma quan-
tidade finita de termos positivos tais que a soma total resulte em s3 com s2 < c < s3 < s1
, seguindo esse processo criamos uma reordenacao da soma dos termos de∑
an tais que∑af(n) = c
CAPITULO 1. SERIES 50
b Propriedade 49. Se uma serie e condicionalmente convergente entao existem al-
teracoes na ordem da soma dos seus termos de modo a tornar a serie +∞ ou −∞.
êDemonstracao. Como vale∑
qn = ∞ podemos somar uma quantidade suficiente
de termos negativos da serie tal que a soma resulte em −s1 e qn seja arbitrariamente
pequeno, daı como∑
pn = ∞ somamos um numero suficiente de termos positivos para
que o resultado seja s2︸︷︷︸>0
+ A︸︷︷︸>0
> 0, como qn e pequeno somamos um numero suficiente tal
que o resultado seja s3 tal que A < s3 < s2 +A, novamente somamos uma quantidade de
termos positivos tal que o resultado seja s4 = s2+2A, somamos agora os termos negativos
tal que o resultado seja s5 com 2A < s5 < s2 + 2A, continuamos o processo, sendo que
para n suficientemente grande vale sn > p.A, onde p e natural e A > 0, logo a soma
diverge para infinito. Para que a serie seja divergente para −∞ tomamos procedimento
semelhante, porem comecando a somar termos positivos ate que pn seja pequeno e depois
comecamos a somar os termos negativos.
$ Corolario 20. Somente as series absolutamente convergentes sao comutativamente
convergentes. Se uma serie e comutativamente convergente entao ela e absolutamente
convergente e incondicionalmente convergente. Se qualquer rearranjo da serie converge
ela e absolutamente convergente e todos rearranjos convergem para mesma soma.
Z Exemplo 42. Reordene os termos da serie∞∑k=1
(−1)k
kde modo que sua soma se
torne zero.
Demonstrar que (hipotese)
−1
n< s(2n) =
n∑k=1
1
2k − 1−
4n∑k=1
1
2k< 0 < s2n−1 =
n∑k=1
1
2k − 1−
4n−4∑k=1
1
2k<
1
n
daı lim sn = 0 , sn e uma reordenacao da serie∑ (−1)k
k.
m Definicao 9 (Sequencia somavel). Uma sequencia (an) e somavel com soma s quando
� ∀ ε > 0, existe J0 ⊂ N tal que ∀ J ⊂ N finito com J0 ⊂ J tem-se |∑k∈J
ak − s| < ε.
b Propriedade 50. Se (an) e somavel entao para toda bijecao f : N → N , (bn) dada
por bn = af(n) e somavel com a mesma soma.
CAPITULO 1. SERIES 51
ê Demonstracao. Como (an) e somavel entao dado ε > 0 existe j1 ⊂ N finito tal
que ∀ A j ⊂ N com J1 ⊂ j tem-se
|∑k∈j
ak − s| < ε.
Tomamos j0 ⊂ N tal que f(j0) = j1, daı f(j0) = j1 ⊂ j. Se j0 ⊂ j entao f(j0) = j1 ⊂f(j) que implica
|∑
k∈f(j)
ak − s| = |∑k∈j
af(k) − s| = |∑k∈j
bk − s| < ε
b Propriedade 51. (an) e somavel com soma s ⇔ a serie∑
an e absolutamente
convergente e vale∑
an = s.
ê Demonstracao. Adotaremos a notacao sj =∑k∈j
ak, lembrando que j e um
conjunto finito.
⇒ Vamos mostrar que o conjunto das somas finitas e limitado e daı a serie ira convergir
absolutamente , por resultado ja demonstrado.
Dado ε = 1 existe j0 ∈ N finito tal que ∀ j com j0 ⊂ j ⇒ |s− sj| < 1. Denotaremos
a =∑k∈j0
|ak|. Seja A ⊂ N um conjunto finito arbitrario, por identidade de conjuntos vale
A ∪ j0 = (j0 \ A) ∪ A sendo que essa uniao e disjunta, daı tomando a soma sobre esses
conjuntos finitos segue∑k∈A∪j0
ak =∑
k∈j0\A
ak +∑k∈A
ak ⇒∑k∈A
ak =∑
k∈A∪j0
ak −∑
k∈j0\A
ak
sA = sA∪j0 − sj0\A
pois em geral se A e B sao conjuntos disjuntos vale que7∑
k∈A∪B
ak =∑k∈A
ak+∑k∈B
ak. Disso
segue que |s − sA| = |s − sA∪j0 + sj0\A| < |s − sA∪j0 | + |sj0\A| < 1 + a pois j0 ⊂ A ∪ j0logo |s− sA∪j0 | < 1 pela condicao de ser somavel . concluımos entao que o conjunto das
somas finitas de∑
ak e limitado, entao tal serie converge absolutamente.
⇐. Supondo agora que a serie∑
an seja absolutamente convergente com∑
an =∑pn︸ ︷︷ ︸
u
−∑
qn︸ ︷︷ ︸v
= u − v = s. Tomando uj =∑k∈J
pk, vj =∑k∈J
qk temos sj = uj − vj.
Pela convergencia absoluta de∑
an, dado ε > 0 arbitrario existe n0 ∈ N tal que, sendo
7Isso pode ser tomado como parte da definicao de soma sobre conjuntos finitos
CAPITULO 1. SERIES 52
j0 = In0 = {1, · · · , n0}, j0 ⊂ j ⇒ |u − uj| <ε
2, |v − vj| <
ε
2pela definicao de limite
aplicada as somas, daı j0 ⊂ j ⇒
|s− sj| = |uj − vj − (u− v)| ≤ |u− uj|+ |v − vj| <ε
2+ε
2= ε.
daı a sequencia e somavel.
Z Exemplo 43. Dar o exemplo de uma sequencia (xn) tal que lim∆xn = 0 e xn seja
divergente porem limitada. Tomamos x1 = 0, x2 = 1, temos um passo h = 1, tomamos
agora o passo h =−1
2, x3 =
1
2, x4 = 0, tomamos agora o passo h =
1
4e somamos ate
chegar em 1 novamente, continuamos o processo dividindo sempre o passo por 2 e fazendo
a sequencia alternar entre 0 e 1. A sequencia construıda dessa forma e divergente, pois
possui subsequencias convergindo para valores distintos, e limitada pois esta sempre em
[0, 1] e a sequencia das diferencas tende a zero |xn+1 − xn|.
1.5 Soma sobre um conjunto infinito arbitrario
m Definicao 10. Sejam A ⊂ R , f : A → R, tal que f(x) ≥ 0 para todo x ∈ A e o
conjunto
S = {∑k∈ F
f(k) |F ⊂ A | F e finito}.
se S e limitado superiormente definimos
∑k∈A
f(k) = supS
se nao
∑k∈A
f(k) = ∞
nesse caso dizemos que a serie diverge.
CAPITULO 1. SERIES 53
1.6 Series em espacos vetoriais normados
Seja E um espaco vetorial normado.
m Definicao 11 (Serie em espaco vetorial normado). Seja (xn) em E, definimos a serie∞∑k=1
xk como
∞∑k=1
xk := limn∑
k=1
xk
quando tal limite existe, dizemos que a serie e convergente , caso contrario dizemos que e
divergente.
b Propriedade 52. Se∞∑k=1
xk converge, entao limxn = 0.
1.7 Soma de Cesaro
m Definicao 12 (Media de Cesaro). Dada uma sequencia (xn) definimos a media de
Cesaro de (xn) como a sequencia (yn) dada por
yn =1
n
n∑k=1
xk
yn e a media aritmetica dos n primeiros elementos de (xn)
A seguir provaremos resultados dos quais a seguinte propriedade segue como corolario
Se lim xn = a entao lim yn = a, isto e, a operacao de tomar a media de Cesaro preserva
sequencias convergentes e seus limites.
m Definicao 13 (Cesaro somavel). Se lim
n∑k=1
xk
n= L entao a sequencia (xn) e dita
Cesaro somavel e associamos a essa sequencia o valor L como soma de Cesaro . Dizemos
que (xn) e (C, 1) somavel para L, nesse caso escrevemos
limxn = L (C, 1).
limxn = L (C, 1) ⇔ lim
n∑k=1
xk
n= L.
CAPITULO 1. SERIES 54
Toda sequencia convergente e Cesaro somavel, porem existem sequencias nao conver-
gentes que sao Cesaro somavel .
⋆ Teorema 4 (Teorema de Stolz-Cesaro). Dada uma sequencia (xn) e uma sequencia
(yn) crescente com
lim yn = ∞
e lim∆xn∆yn
= a entao limxnyn
= a.
Essa propriedade e o analogo do teorema de L’Hospital para sequencias. Lembrando
que estamos denotando ∆ como o operador que faz ∆xn = xn+1 − xn, toma a diferenca
de tais numeros consecutivos na sequencia.
ê Demonstracao.
Como lim∆xn∆yn
= a entao para todoε
3> 0 existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
|∆xk∆yk
− a| < ε
3,
e yn > 0 (pois tende ao infinito), como (yn) e crescente vale ∆yk > 0, logo podemos
multiplicar por ele em ambos lados da desigualdade sem alterar
|∆xk − a∆yk| <ε
3∆yk,
aplicando a soman−1∑
k=n0+1
em ambos lados e usando desigualdade triangular do tipo |∑
xk| ≤∑|xk|, segue que
|n−1∑
k=n0+1
∆xk − a
n−1∑k=n0+1
∆yk| <ε
3
n−1∑k=n0+1
∆yk,
usando a soma telescopica tem-se
|xn − xn0+1 − ayn + ayn0+1)| <ε
3(yn − yn0+1),
agora como yn > 0 dividimos por esse termo de ambos lados
|xnyn
− xn0+1
yn− a+ a
yn0+1
yn)| < ε
3(1− yn0+1
yn),
CAPITULO 1. SERIES 55
somando agora |xn0+1
yn|+ | − a
yn0+1
yn)| e usando a desigualdade triangular , temos
|xnyn
− a| < ε
3(1− yn0+1
yn)︸ ︷︷ ︸
≤1
+|xn0+1
yn|+ |ayn0+1
yn)|
tem-se que 1 − yn0+1
yn≤ 1 pois equivale a 0 ≤ yn0+1
yn, que vale pois yn0+1 e yn sao
positivos, como yn → ∞, podemos tomar para n suficientemente grande que |xn0+1
yn| < ε
3
e tambem |ayn0+1
yn)| < ε
3, usando tais desigualdades, tem-se finalmente que
|xnyn
− a| ≤ ε
3+ε
3+ε
3= ε
portantoxnyn
→ a.
b Propriedade 53. Se limzn = a e (wn) e uma sequencia de numeros positivos com
limn∑
k=1
wk = ∞ entao lim
n∑k=1
wkzk
n∑k=1
wk
= a.
ê Demonstracao. Tomamos xn =n∑
k=1
wk.zk e yn =n∑
k=1
wk entao ∆xn = wn+1.zn+1
, ∆yn = wn+1 > 0 entao yn e crescente e lim yn = ∞, temos tambem que∆xn∆yn
=
wn+1zn+1
wn+1
= zn+1 cujo limite existe e vale a entao nessas condicoes vale
limxnyn
= lim
n∑k=1
wk.zk
n∑k=1
wk
= a.
$ Corolario 21. Tomando wn = 1 entaon∑
k=1
wk = n e seu limite e infinito, tomando
uma sequencia (zn) tal que lim zn = a entao segue que
lim
n∑k=1
zk
n= a
, isto e, se lim zn = a entao lim
n∑k=1
zk
n= a.
Provamos entao que se limxn = a entao lim xn = a (C, 1).
CAPITULO 1. SERIES 56
Z Exemplo 44. Tomando zn =1
ntem-se lim zn = 0 e daı
lim
n∑k=1
1k
n= 0 = lim
Hn
n.
Z Exemplo 45. Tomando zn = a1n com a > 0 tem-se lim zn = 1 e daı
lim
n∑k=1
a1k
n= 1.
b Propriedade 54 (Stolz-Cesaro para limite infinito). Seja (bn) crescente e ilimitada .
Se lim∆an∆bn
= ∞ entao limanbn
= ∞
ê Demonstracao. Para qualquer A > 0 existe n0 ∈ N tal que k > n0 implica
∆ak∆bk
> A,
como ∆bk > 0 e bk > 0, logo tem-se
∆ak > A∆bk,
aplicandon∑
k=n0+1
segue por soma telescopica
an+1 − an0+1 > A.(bn+1 − bn0+1)
an+1 > an0+1 + A.(bn+1 − bn0+1)
an+1
bn+1
>an0+1
bn+1
+ A.(1− bn0+1
bn+1
) > A
para n grande, daı
limanbn
= ∞.
Z Exemplo 46. A reciproca da propriedade nem sempre vale, yn = n, xn = (−1)n
vale limxnyn
= lim(−1)n
n= 0 e lim
∆xn∆yn
= lim(−2)(−1)n
1nao existe.
b Propriedade 55. Se lim an = ∞ e an > 0∀ n ∈ N entao limn∑
k=1
akn
= ∞.
CAPITULO 1. SERIES 57
ê Demonstracao. Essa prova vale mesmo se (an) nao tem a restricao de an > 0
. Aplicamos o teorema de Stolz-Cesaro para limite infinito . an =n∑
k=1
ak , bn = n e
crescente e ilimitada e vale ∆n∑
k=1
ak = an+1 , ∆n = 1 logo
lim∆an∆n
= lim an+1 = ∞
entao limn∑
k=1
akn
= ∞.
$ Corolario 22. Esse resultado diz que se lim xn = ∞ entao lim xn = ∞ ∈ (C, 1)
ê Demonstracao.[2]
∀ A > 0 ∃ n0 ∈ N tal que para n > n0 tem-se an > 2A entao para n > 2n0 ( que
implican− n0
n>
1
2) vale
n∑k=1
ak
n≥
n∑k=n0+1
2A
n= 2A
n− n0
n≥ 2A
2= A
logo
lim
n∑k=1
ak
n= ∞.
$ Corolario 23. Se lim xn = ∞ e nao vale xn > 0 ∀ n ∈ N entao a propriedade
tambem vale pois existe n0 ∈ N tal que para n > n0 tem-se xn > 0 , daı
n∑k=1
ak
n=
n0∑k=1
ak
n+
n∑k=n0+1
ak
n=
n0∑k=1
ak
n+
n−n0∑k=1
xk︷ ︸︸ ︷ak+n0
n
assim se define uma nova sequencia (xn) que satisfaz as propriedades do resultado anterior
.
b Propriedade 56.
lim ln(n+ 1)− ln(n) = 0.
ê Demonstracao.
lim ln(n+ 1
n) = lim ln(1 +
1
n) = ln(1) = 0.
CAPITULO 1. SERIES 58
b Propriedade 57.
limln(n+ 1)
n= 0.
ê Demonstracao. Tomando yn = n e xn = ln(n + 1) vale que ∆yn = 1 > 0 e
lim yn = ∞, ∆xn = ln(n+ 1
n) logo
lim∆yn∆xn
= lim ln(n+ 1
n) = 0
logo limln(n+ 1)
n= 0.
Z Exemplo 47. Calcule o limite
limn∑
k=1
k ln(k)
n2 ln(n).
Tomando xn =n∑
k=1
k ln(k) e yn = n2 ln(n) vale lim yn = m∞ e ∆yn > 0, logo por
Stolz-Cesaro podemos avaliar o limite
lim(n+ 1) ln(n+ 1)
(n+ 1)2 ln(n+ 1)− n ln(n)
como para n grande ln(n+ 1) ≈ ln(n)
lim(n+ 1) ln(n+ 1)
(n+ 1)2 ln(n+ 1)− n ln(n)= lim
(n+ 1)
(n+ 1)2 − n= lim
(n+ 1)
2n+ 1=
1
2.
Logo
limn∑
k=1
k ln(k)
n2 ln(n)= 1.
b Propriedade 58. Se (xn) e limitada entao (xn) (C, 1) tambem e limitada, e no mesmo
intervalo .
ê Demonstracao. Existem c1, c2 tais que c2 < xk < c1, daı somamos em ambos
lados nc2 <n∑
k=1
xk < nc1 dividindo por n segue
c2 <
n∑k=1
xk
n< c1.
CAPITULO 1. SERIES 59
1.7.1 Serie de Grandi
m Definicao 14 (Serie de Grandi). A serie de Grandi e a serie∞∑k=0
(−1)k.
Luigi Guido Grandi (1671 − 1742) foi um padre italiano , filosofo, matematico, e
engenheiro.
$ Corolario 24. A serie de Grandi e divergente, pois nao existe lim(−1)n.
b Propriedade 59. A serie de Grandi e Cesaro somavel e possui soma de Cesaro de
valor1
2.
ê Demonstracao.n∑
k=0
(−1)k =(−1)n
2+
1
2
daın∑
k=1
(−1)k
2+
1
2=n
2+
(−1)n + 1
2
daı limn
2n+
(−1)n + 1
2n=
1
2.
b Propriedade 60. Suponha que vale L−ε <n∑
k=1
xkn
para k ≤ n, se vale L+ε(m+ n
m− n) <
xk para k > n entao
L+ ε <m∑k=1
xkm.
ê Demonstracao. Da desigualdade L+ε(m+ n
m− n) < xk , aplicando
m∑k=n+1
em ambos
lados tem-se
(m− n)L+ ε(m+ n) <m∑
k=n+1
xk
da primeira identidade tem-se n(L− ε) <m∑k=1
xk somando as desigualdades segue
(m)(L+ ε) <m∑k=1
xk
daı
L+ ε <m∑k=1
xkm.
CAPITULO 1. SERIES 60
1.8 Sequencias (C,P ) somaveis
m Definicao 15 (Metodo regular de somabilidade). Um metodo de somabilidade M e
regular se lim xn = L entao lim xn = L existe em M .
m Definicao 16 (Sequencias (C,P ) somaveis). Uma sequencia (xk) e dita (C,P )
somavel se existe L tal que
lim
n∑k=1
(n+p−1−k
n−k
)xk(
n+p−1n−1
) = L.
b Propriedade 61. Se (xk) e (C,P ) somavel entao (xk) e (C,P + 1) somavel .
ê Demonstracao.
1.9 Series de termos nao-negativos
Nesta secao iremos estudar as series de termos nao-negativos, isto e,∑
ak com ak ≥ 0.
b Propriedade 62. Sejam as series∑
ak e∑ ak
1 + ak.∑
ak converge ⇔∑ ak
1 + akconverge.
ê Demonstracao. ⇒.∑
ak converge e vale
0 ≤ ak ⇒ 1 ≤ 1 + ak ⇒ 1
1 + ak≤ 1 ⇒ ak
1 + ak≤ ak
pelo criterio de comparacao segue que∑ ak
1 + akconverge.
⇐.∑ ak
1 + akconverge entao
limak
1 + ak= 0 ⇒ lim 1− 1
ak + 1= 0 ⇒ lim
1
ak + 1= 1
daı por propriedade de limite lim ak + 1 = 1 ⇒ lim ak = 0 entao existe n0 tal que para
k > n0 tem-se ak ≤ 1
ak + 1 ≤ 2 ⇒ 1
2≤ 1
ak + 1⇒ ak
2≤ akak + 1
logo por comparacao∑
ak converge .
CAPITULO 1. SERIES 61
1.9.1 Criterio de comparacao por limite para series de termos
positivos
b Propriedade 63. 1. Sejam duas series∑
ak e∑
bk de termos positivos, se existe
limakbk
= a = 0 entao∑
ak converge ⇔∑
bk converge .
2. Se limakbk
= 0 entao a convergencia de∑
bk implica convergencia de∑
ak.
ê Demonstracao.
1. Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 < t1 < a− ε <akbk< a+ ε < t2
como bk > 0 tem-se
t1bk < ak < t2bk
aplicamos a soman∑
k=n0+1
, daı
t1
n∑k=n0+1
bk <
n∑k=n0+1
ak < t2
n∑k=n0+1
bk
usando essa desigualdade temos por comparacao que se∑
bk converge entao∑
ak
converge e se∑
ak converge entao∑
bk converge.
2. De maneira similar ao item anterior.
Existe n0 ∈ N tal que para k > n0 tem-se
0 ≤ akbk< ε < t2
como bk > 0 tem-se
0 ≤ ak < t2bk
aplicamos a soman∑
k=n0+1
, daı
0 ≤n∑
k=n0+1
ak < t2
n∑k=n0+1
bk
usando essa desigualdade temos por comparacao que se∑
bk converge entao∑
ak
converge.
CAPITULO 1. SERIES 62
Z Exemplo 48. A serie∑
sen(1
k) diverge pois
∑ 1
kdiverge e
limk→∞
sen( 1k)
1k
= 1,
pois isso equivale tomando1
k= x que x→ 0 entao caı no limite fundamental
limx→0
sen(x)
x= 1.
Notamos que sen(1
k) e positivo pois a funcao e positiva no intervalo (0,
π
2). Por isso
podemos aplicar o criterio .
b Propriedade 64. Seja (ak) uma sequencia positiva.n∑
k=1
ak converge ⇔n∑
k=1
akk∑
j=1
aj
converge.
ê Demonstracao.
� Suponha quen∑
k=1
ak converge, vamos mostrar quen∑
k=1
akk∑
j=1
aj
tambem converge.
Temos que a1 ≤k∑
j=1
aj, logo
1k∑
j=1
aj
≤ 1
a1⇒ ak
k∑j=1
aj
≤ aka1,
somando, segue que
n∑k=1
akk∑
j=1
aj
≤
n∑k=1
ak
a1,
portanto a convergencia den∑
k=1
ak implica a convergencia den∑
k=1
akk∑
j=1
aj
e a di-
vergencia den∑
k=1
akk∑
j=1
aj
implica divergencia den∑
k=1
ak.
CAPITULO 1. SERIES 63
� Agora vamos provar que a divergencia den∑
k=1
ak, implica a divergencia den∑
k=1
akk∑
j=1
aj
. Vamos denotar Sk =k∑
j=1
aj. Temos que
m∑k=n+1
akSk
≥m∑
k=n+1
akSm
=1
Sm
(m∑k=1
ak −n∑
k=1
ak
)=
=1
Sm
(Sm − Sn) = 1− Sn
Sm
,
como Sm → ∞ podemos concluir que
∞∑k=n+1
akSk
≥ 1,
para qualquer n, logo a sequencia nao e de Cauchy e portanto nao converge. Por fim
nao podemos ter convergencia den∑
k=1
akk∑
j=1
aj
= Vn com divergencia den∑
k=1
ak = Sn,
pois a divergencia de Sn implica divergencia de Vn.
b Propriedade 65. Valem as desigualdades
n∑k=1
akk∑
t=1
at
≤ 1
a1
n∑k=1
ak,
n∑k=1
akk∑
j=1
j∑t=1
at
≤ 1
a1
n∑k=1
ak.
ê Demonstracao. A primeira ja provamos, na propriedade anterior, vamos provar
a segunda. Vamos denotar Tk =k∑
j=1
j∑t=1
at. Vale que a1 ≤ Tk, o que implica1
Tk≤ 1
a1,
multiplicando por ak e somando, segue
n∑k=1
akTk
≤ 1
a1
n∑k=1
ak.
Disso segue, que sen∑
k=1
ak converge, entaon∑
k=1
akTk
tambem converge, sen∑
k=1
akTk
diverge,
entaon∑
k=1
ak tambem diverge.
CAPITULO 1. SERIES 64
b Propriedade 66. Sejam (ak) sequencia de termos positivos e Sn =n∑
k=1
ak, entao
∞∑n=1
2an(Sn)2
converge.
ê Demonstracao. Sn e uma sequencia crescente, daı ela converge para um numero
positivo ou tende a infinito, em qualquer dos casos o limite de1
Sn
existe. Temos que
Sn−1 < Sn, daı Sn−1Sn < (Sn)2 e
1
(Sn)2≤ 1
Sn−1Sn
, multiplicando por an segue
an(Sn)2
≤ anSn−1Sn
=Sn − Sn−1
Sn−1Sn
=1
Sn−1
− 1
Sn
= −∆1
Sn−1
,
aplicando a soma neste ultimo termo, tem-se por soma telescopica
∞∑n=1
anSn−1Sn
= −∞∑n=1
∆1
Sn−1
=1
S0
− lim1
Sn−1
,
mas, como notamos, lim1
Sn−1
existe, por isso a serie∞∑n=1
anSn−1Sn
converge e daı tambem
converge∞∑n=1
an(Sn)2
por criterio de comparacao.
b Propriedade 67. Seja (ak) sequencia em (0, 1). Entao
n∑k=1
akk∑
j=1
j∑t=1
at
converge.
ê Demonstracao. Sejam Tn =n∑
j=1
j∑t=1
at , Sn =n∑
k=1
ak. Primeiro, vamos mostrar
que
(Sn)2
2≤ Tn, isto e,
(n∑
k=1
ak
)2
2≤
n∑j=1
j∑t=1
at.
Por inducao sobre n. Para n = 1, temos
a212
≤ a1 ⇔ a1 ≤ 2,
logo vale, pois a1 < 1. Suponha validade para n, vamos provar para n + 1. Usando
hipotese da inducao e que (Sn+1)2 = (Sn + an+1)
2 = (Sn)2 +2an+1Sn + (an+1)
2, segue que
(Sn+1)2
2=
(Sn)2
2+ an+1Sn +
(an+1)2
2≤ Tn + Sn + an+1 =
CAPITULO 1. SERIES 65
= Tn + Sn+1 =n∑
j=1
j∑t=1
at +n+1∑k=1
ak =n+1∑j=1
j∑t=1
at = Tn+1,
como querıamos mostrar.
Agora, de(Sn)
2
2≤ Tn, segue que
1
Tn≤ 2
(Sn)2, multiplicando por an e somando de
ambos lados, temos que∞∑n=1
anTn
≤∞∑n=1
2an(Sn)2
,
essa ultima serie converge pela propriedade anterior, logo por comparacao∞∑n=1
anTn
con-
verge.
Z Exemplo 49. Pode valer que∑
ak converge, valendo limakbk
= 0 e∑
bk nao
converge, tome por exemplo ak =1
k2, bk =
1
k,∑
bk nao converge, limakbk
= limk
k2=
lim1
k= 0 e
∑ak converge, logo a recıproca do item 2 da propriedade anterior nao vale.
Z Exemplo 50. Se∑
ak de termos positivos converge entao∑
sen(ak) tambem
converge, pois da primeira convergencia temos lim ak = 0 daı para k grande vale que
sen(ak) > 0 e vale limsen(ak)
ak= 1 entao
∑sen(ak) converge.
Podemos ainda resolver sem esse criterio, pois se 0 < |x| < π
2tem-se sen(x) < x, daı
com
0 ≥ sen(ak) < ak
e por comparacao a primeira converge.
b Propriedade 68. Seja (an) uma sequencia nao-crescente de numeros reais positivos.
Se∑
ak converge entao limnan = 0.
ê Demonstracao. Usaremos o criterio de Cauchy . Existe n0 ∈ N tal que para
n+ 1 > n0 vale
2na2n2
= na2n ≤2n∑
k=n+1
ak < ε
logo lim 2na2n = 0. Agora mostramos que a subsequencia dos ımpares tambem tende a
zero. Vale a2n+1 ≤ a2n daı 0 < (2n + 1)a2n+1 ≤ 2na2n + a2n por teorema do sanduıche
segue o resultado. Como as subsequencias pares e ımpares de (nan) tendem a zero, entao
a sequencia tende a zero.
CAPITULO 1. SERIES 66
$ Corolario 25. A serie harmonica∑ 1
kdiverge, pois (
1
n) e decrescente e vale lim
n
n=
1 = 0.
b Propriedade 69. Seja (xk) uma sequencia de numeros nao negativos com a serie∑xk convergente entao
∑x2k e convergente.
ê Demonstracao.[1] Como∑
ak e convergente, vale lim ak = 0 e daı para k > n0
vale xk < 1 que implica x2k ≤ xk logo por comparacao∑
x2k converge.
ê Demonstracao.[2] Como temos xk ≥ 0 segue tambem x2k ≥ 0, sendo entao
s(n) =n∑
k=b
x2k temos ∆s(n) = x2n+1 ≥ 0, logo s(n) e nao decrescente, se mostrarmos que
a serie e limitada superiormente teremos uma sequencia que e limitada e monotona logo
convergente. Temos que s(n) e limitada superiormente da seguinte maneira
n∑k=b
x2k ≤ (n∑
k=b
xk)(n∑
k=b
xk)
logo a serie e convergente.
$ Corolario 26. Se∑
ak e absolutamente convergente entao∑
a2k converge, usamos o
resultado anterior com xk = |ak|, entao a convergencia de∑
|ak| implica a convergencia
de∑
|ak|2 =∑
a2k.
Z Exemplo 51. Se nao vale xk > 0 entao podemos ter∑
xk convergente e∑
x2k
divergente, pois∑ (−1)k√
kconverge e
∑ 1
kdiverge.
b Propriedade 70. Se∑
ak, ak > 0 converge entao a serie∑ √
akk
tambem converge
.
ê Demonstracao. Usando a desigualdade de Cauchy
(n∑
k=1
xkyk)2 ≤ (
n∑k=1
x2k)(n∑
k=1
y2k)
com yk =1
ke xk =
√ak tem-se
(n∑
k=1
√akk
)2 ≤ (n∑
k=1
ak)(n∑
k=1
1
k2)
CAPITULO 1. SERIES 67
logon∑
k=1
√akk
≤
√√√√(n∑
k=1
ak)(n∑
k=1
1
k2)
a serie e limitada superiormente, sendo crescente, ela converge .
$ Corolario 27. Se∑
x2k, converge entao a serie∑ xk
ktambem converge, basta usar
o resultado anterior com ak = x2k.
b Propriedade 71. Se∑
x2n e∑
y2n convergem entao∑
xn.yn converge absoluta-
mente.
ê Demonstracao. Usando a desigualdade de Cauchy
(n∑
k=1
|xk||yk|)2 ≤ (n∑
k=1
|xk|2)(n∑
k=1
|yk|2) = (n∑
k=1
x2k)(n∑
k=1
y2k)
logo por criterio de comparacao segue que∑
xn.yn converge absolutamente.
1.10 Representacao decimal
m Definicao 17 (Representacao numa base b). Dado um numero natural b > 1, a
representacao de um numero real x na forma
x =n∑
k=−∞
bkak
onde ak ∈ {0, · · · , b− 1}, e chamada de representacao na base b do numero x . Cada ak
e chamado de algarismo e k de seu ındice.
Caso x =n∑
k=−∞
bkak denotaremos tambem
x = (an · · · a0, a−1 · · · a−t · · · )b
que vamos denotar em notacao compacta
x = (ak)n(k=−∞, b).
CAPITULO 1. SERIES 68
Caso de um numero natural
x = (ak)n(b) = (a0, · · · , an)b
o ındice b para simbolizar a base, o expoente n para simbolizar que k varia de 0 ate n.
b Propriedade 72. Todo numero m ∈ N pode ser representado numa base a.
ê Demonstracao.
Pelo teorema de divisao euclidiana, se tomarmos numeros f(0) = m e a = 0 naturais,
teremos numeros f(1) e R(0) determinados univocamente, tais que f(0) = af(1) + R(0)
com 0 ≤ R(0) < a. Onde f(1) e o quociente, R(0) e o resto da divisao de f(0) por a.
Podemos assim definir uma sequencia
f(n) = af(n+ 1) +R(n)
onde R(n) e sempre o resto da divisao de f(n) por a, logo R(n) ∈ {0, · · · , a−1}, f(n+1)
e o quociente. esse tipo de recorrencia podemos encontrar a formula geral .
Vamos resolver entao essa recorrencia. Tomamos f(n) = h(n)1
an, substituindo temos
f(n)
a− R(n)
a= f(n+ 1)
h(n)
an+1− R(n)
a=h(n+ 1)
an+1
−R(n)a
an+1 = −anR(n) = ∆h(n)
aplicando o somatorio em ambos termos, variando de k = 0 ate n− 1 temos
n−1∑k=0
∆h(k) = h(n)− h(0) = −n−1∑k=0
akR(k)
h(n) = h(0)−n−1∑k=0
akR(k)
logo temos
f(n)an = h(0)−n−1∑k=0
akR(k)
CAPITULO 1. SERIES 69
tomando n = 0 temos
f(0) = h(0)
logo
f(n)an +n−1∑k=0
akR(k) = f(0)
se f(n) = R(n), podemos juntar ao limite superior do somatorio, ficando com
f(0) =n∑
k=0
akR(k)
Este resultado permite ver o metodo para expressar um numero em termo de potencias
de a que e chamado de base.
m Definicao 18. Um algarismos a esquerda de um algarismo at dado de
m∑k=−∞
bk
sao os algarismos ak com k > t, caso existam . Algarismos a direita de at sao os algarismos,
ak com k < t, caso existam . Dados dois algarismos at e aw distintos, w > t, os algarismos
entre esses dois sao os algarismos ak com t < k < w, caso w = t + 1 entao nao existe
algarismo entre at e aw.
m Definicao 19 (Representacao decimal de numero natural). Um numero natural pode
ser representado da forman∑
k=0
ak10k.
m Definicao 20 (Representacao decimal de um numero real). Seja dada uma sequencia
(ak)∞0 = (a0, a1, a2, · · · ) onde a0 e um inteiro qualquer e ak com k > 0 pertence ao conjunto
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Um numero real na forma decimal e representado por
a0, a1a2a3 · · ·
onde cada ak e chamado de dıgito do numero na forma decimal .
CAPITULO 1. SERIES 70
Para dar sentido a a0, a1a2a3 · · · como numero real, definimos
a0, a1a2a3 · · · =∞∑k=0
ak10k
= a0 +∞∑k=1
ak10k
O sistema decimal para representar numeros naturais e variante do sistema sexagesimal
utilizado pelos babilonios ha cerca de 1700 anos antes de Cristo, ele foi desenvolvido na
China e na India. Por neste sistema, todo numero ser representado por uma sequencia
formada pelos algarismos
0, 1, , 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,
sendo em numero de 10, o sistema e portanto chamado de decimal .
O sistema decimal tambem e dito posicional, pois cada algarismo, alem de seu va-
lor intrınseco, possui um peso que lhe e atribuıdo em funcao de sua posicao dentro da
sequencia. Esse peso e uma potencia de 10 e varia como exposto acima.
Agora vamos mostrar que essa serie da representacao decimal sempre converge , logo
a0, a1a2a3 · · · representa um unico numero real.
b Propriedade 73. Cada decimal representa um unico numero real.
ê Demonstracao.∞∑k=1
ak10k
e uma serie de numeros positivos limitada superiormente
pela serie∞∑k=1
9
10kque converge para 1 entao
∞∑k=1
ak10k
converge para um numero real
pelo criterio de comparacao . O criterio de comparacao usa que uma sequencia limitada
superiormente e crescente converge para o supremo do conjunto, entao essa demonstracao
em geral necessita que o corpo em que estamos trabalhando seja completo, por exemplo,
nem toda representacao decimal converge para um numero racional.
Com isso concluımos que a0, a1a2a3 · · · =∞∑k=0
ak10k
= a0 +∞∑k=1
ak10k
= c e um numero
real .
Pela unicidade de limite o numero real que a0, a1a2a3 · · · representa e unico .
Cada a0, a1a2a3 · · · representa um e apenas um numero real.
$ Corolario 28.
0, 9999 · · · = 1
CAPITULO 1. SERIES 71
pois pela definicao de representacao decimal
0, 99 · · · = 0 +∞∑k=1
9
10k= 1
No caso mostramos que uma representacao decimal para 1 pode ser dada por a0 = 0
e ak = 9 para todo k > 0 entao associamos 0, 9999 · · · ao numero 1 .
Perceba que o numero 1 tem pelos menos duas representacoes decimais, pois 1 tambem
tem a representacao
1, 00 · · ·
pois
1, 00 · · · = 1 +∞∑k=1
0
10k= 1.
$ Corolario 29. Em geral a0, 0000 · · · = a0 e (a0 − 1), 9999 · · · = a0
pois
(a0 − 1), 9999 · · · = a0 − 1 +∞∑k=0
9
10k= a0 − 1 + 1 = a0.
Concluımos entao que todo numero inteiro a0 possui pelo menos duas representacoes
decimais
a0, 0000 · · · e (a0 − 1), 99 · · · .
Z Exemplo 52.
0, 999 · · · = 1
1, 999 · · · = 2.
m Definicao 21 (Representacoes decimais distintas). Duas representacoes decimais
a0, a1a2a3 · · · e b0, b1b2b3 · · · sao ditas distintas quando as sequencias associadas (a0, a1, a2, · · · )
e (b0, b1, b2, · · · ) sao distintas .
$ Corolario 30. Numeros reais podem ter duas representacoes decimais distintas.
CAPITULO 1. SERIES 72
Considere B o conjunto das sequencias (a0, a1, a2, · · · ) associadas a uma representacao
decimal, temos uma funcao f que associa a cada elemento de B a um numero real, definida
como
f(a0, a1, a2, · · · ) =∞∑k=0
ak10k
porem f nao e injetiva, pois existem sequencias x1 e x2 distintas tais que f(x1) = f(x2).
Podemos mostrar que f e sobrejetora, isto e, para cada x real existe uma sequencia x1 tal
que f(x1) = x.
m Definicao 22 (Dızima periodica). Uma representacao decimal a0, a1a2 · · · e dita ser
uma dızima periodica quando a sequencia dos dıgitos (ak) e periodica a partir de algum
k = n.
m Definicao 23 (Dızima periodica simples ou Dızima simples). Uma dızima periodica,
e dita ser simples, quando a sequencia dos dıgitos (ak) e periodica a partir de k = 1.
m Definicao 24 (Dızima periodica composta ou Dızima composta). Uma dızima
periodica, e dita ser composta, quando a sequencia dos dıgitos (ak) e periodica a par-
tir de k > 1.
Em R se considera a adicao usual + e o produto usual ×, que fazem de R um corpo,
alem disso se considera o limite com a norma do modulo
limxn = a⇔ ∀ ε > 0 ∃ n0 ∈ N | n > n0 ⇒ |xn − a| < ε
Se usamos outra maneira de medir distancia ao inves do modulo, nao se esta traba-
lhando em R de maneira usual, seria algo como dizer, 1 + 1 nao e 2 pois estamos usando
uma ”adicao”diferente, como por exemplo uma definida assim a +s b = (a + b).2 daı
1 +s 1 = (1 + 1)2 = 4.
Em R usando adicao, multiplicacao e norma usual, definindo a expansao decimal como
serie tem-se
0, 999 · · · = 1.
Uma colocacao comum de alguns estudantes e que 0, 999 · · · nao e 1 e sim tende a 1, o
que nao e verdade, pois 0, 999 · · · nao e uma sequencia dessa forma nao faz sentido dizer
CAPITULO 1. SERIES 73
que ele tende a 1, 0, 999 · · · e o limite de uma sequencia de numeros reais, por definicao,
sendo portanto um numero real.
b Propriedade 74. x e racional ⇔ possui representacao periodica.
ê Demonstracao.
⇒). Se x e racional x =p
q, por divisao euclidiana p = a0q + r0 logo
x = a0 +r0q.
Existe s1 mınimo tal que 10s1r0 ≥ q, daı por divisao euclidiana 10s1r0 = as1q + rs1 , entao
x = a0 +r010
s1
q10−s1 = a0 + as110
−s1 +rs1q10−s1
vale que as1 < 10 por minimalidade de s1 , pois caso contrario se as1 ≥ 10 entao
10s1r0 = as1q + rs1 ≥ 10.q
e por isso 10s1−1r0 ≥ q contradizendo a minimalidade de s1. Por isso as1 e inteiro no
conjunto {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Repetimos o procedimento com rs1
x = a0 + as110−s1 + as210
−s2 +rs2q10−s2 ,
rsk e o resto da divisao de um numero por q, ele pode assumir os valores {0, 1, · · · , q−2, q − 1}, um numero finito de valores, entao para algum k o numero rsk deve ser igual
a algum outro rst com k > t, daı o processo para se obter ask+1e o mesmo para se obter
ast+1 e os numeros comecam a se repetir na sequencia da expansao decimal.
10sk+1 rsk︸︷︷︸=rst
≥ q ⇒ sk+1 = st+1
10sk+1 rsk︸︷︷︸=rst
= ask+1︸︷︷︸=ast+1
q + rsk+1︸︷︷︸=rst+1
por isso a representacao se torna periodica. Um numero racional possui representacao
decimal periodica.
⇐). Um numero com representacao decimal periodica representa um numero decimal
. Um numero com representacao decimal periodica e da forma
a0, a1 · · · at︸ ︷︷ ︸parte nao periodica
at+1 · · · at+pat+1 · · · · · · at+p
CAPITULO 1. SERIES 74
a0+t∑
k=1
ak10−k+at+1(10
−(t+1)+10−(t+p+1)+10−(t+2p+1)+· · · )+at+2(10−(t+2)+10−(t+p+2)+10−(t+2p+2)+· · · )+
+ · · ·+ at+p(10−(t+p) + 10−(t+p+p) + 10−(t+2p+p) + · · · )
onde cada parcela e racional, entao a soma resultante e um numero racional.
at+p(10−(t+p) + 10−(t+p+p) + 10−(t+2p+p) + · · · ) = at+p10
−(t+p)(1 + 10−(p) + 10−(2p) + · · · )
o numero∞∑k=0
10−kp e racional logo todas parcelas sao realmente racionais.
Z Exemplo 53. Achar dızima de2
11. Temos que
2
11=
20.10−1
11=
(11
11+
9
11
)10−1 = 1.10−1 +
9
1110−1 =
= 1.10−1 +90
1110−2 = 1.10−1 + (
8.11
11+
2
11)10−2 = 1.10−1 + 8.10−2 +
2
1110−2 =
como aparece novamente o termo2
11as expressoes comecam a se repetir . Entao temos
que
2
11= 0, 1818181818 · · · = 0, 18.
1.11 Teste da integral para convergencia de series
b Propriedade 75. Seja f : [1,∞) → R+ decrescente. Nessas condicoes
∞∑k=1
f(k) <∞ ⇔∫ ∞
1
f(t)dt <∞.
Se a serie converge para s, vale a estimativa
∫ ∞
n+1
f(t)dt ≤ s− sn ≤∫ ∞
n
f(t)dt
onde sn =n∑
k=1
f(k).
CAPITULO 1. SERIES 75
Em especial valem as desigualdades
s(n)− f(1) ≤∫ n
1
f(t)dt ≤ s(n− 1)
f(k) ≤∫ k
k−1
f(t)dt ≤ f(k − 1).
ê Demonstracao. De
m(b− a) ≤∫ b
a
f(t)dt ≤M(b− a)
onde M,m sao o supremo e ınfimo de f em [a, b], se tomamos o intervalo [k − 1, k] com
f decrescente essa identidade implica que
f(k) ≤∫ k
k−1
f(t)dt ≤ f(k − 1)
aplicando a soman∑
k=2
tem-se
n∑k=1
f(k)− f(1) = sn − f(1) ≤∫ n
1
f(t)dt ≤n∑
k=2
f(k − 1) =n−1∑k=1
f(k) = s(n− 1)
s(n)− f(1) ≤∫ n
1
f(t)dt ≤ s(n− 1)
portanto segue o resultado de convergencia.
Da desigualdade f(k) ≤∫ k
k−1
f(t)dt ≤ f(k − 1) aplicandom∑
n+1
resulta
s(m)−s(n) ≤∫ m
n
f(t)dt ≤ s(m−1)−s(n−1) ⇒∫ m
n
f(t)dt ≤ s(m)−s(n) ≤∫ m
n
f(t)dt
tomando m→ ∞ segue ∫ ∞
n+1
f(t)dt ≤ s− sn ≤∫ ∞
n
f(t)dt.
Z Exemplo 54. Com o teste da integral podemos novamente observar que a serie
harmonica diverge
f com f(t) =1
te decrescente e integravel, logo podemos aplicar o teste da integral∫ n
1
1
tdt = ln(n) → ∞
CAPITULO 1. SERIES 76
logo a serie harmonica diverge.
Para outras somas do tipo1
kpcom p = 1, podemos tambem aplicar o teste da integral∫ n
1
1
tpdt =
n−p+1
−p+ 1− 1−p+1
−p+ 1
que diverge se −p+ 1 > 0, p < 1 e converge se −p+ 1 < 0, 1 < p.
$ Corolario 31. Usando f(k) =1
ke a desigualdade s(n + 1) − f(1) ≤
∫ n+1
1
f(t)dt ≤
s(n), temosn+1∑k=1
1
k− 1 ≤
∫ n+1
1
1
tdt = ln(n+ 1) ≤
n∑k=1
1
k
portanto
Hn − 1 < Hn+1 − 1 ≤ ln(n+ 1) ≤ Hn
a desigualdade da direita implica 0 < Hn− ln(n+1) e a desigualdade da esquerda implica
Hn − ln(n+ 1) < 1, logo temos
0 < Hn − ln(n+ 1) < 1.
Da desigualdade
∫ n+2
n+1
f(t)dt ≤ f(n+ 1) segue que
ln(n+ 2)− ln(n+ 1) ≤ 1
n+ 1⇒ Hn − ln(n+ 1) ≤ Hn+1 − ln(n+ 2)
logo a sequencia de termo xn = Hn− ln(n+1) e monotona limitada e por isso convergente.
m Definicao 25 (Constante de Euler-Mascheroni). O limite limHn − ln(n + 1) = γ e
chamada de constante de Euler-Mascheroni, e um problema em aberto saber se tal numero
e racional ou irracional.
1.11.1 Sequencia de variacao limitada
m Definicao 26 (Sequencia de variacao limitada). Uma sequencia (xn) tem variacao
limitada quando a sequencia (vn) com
vn =n∑
k=1
|∆xk| e limitada.
CAPITULO 1. SERIES 77
b Propriedade 76. Se (xn) tem variacao limitada entao (vn) converge.
ê Demonstracao. (vn) e limitada e nao-decrescente, pois ∆vn = |∆xn+1| ≥ 0, logo
e convergente.
b Propriedade 77. Se (xn) tem variacao limitada entao existe limxn.
ê Demonstracao. A serie∞∑k=1
|∆xk| converge portanto∞∑k=1
∆xk converge absoluta-
mente e vale
xn − x1 =n−1∑k=1
∆xk ⇒ xn =n−1∑k=1
∆xk + x1
logo xn e convergente.
Z Exemplo 55. Se |∆xn+1| ≤ c|∆xn| ∀ n ∈ N com 0 ≤ c < 1 entao (xn) possui
variacao limitada. Definimos g(k) = |∆xk| logo a desigualdade pode ser escrita como
g(k + 1) ≤ cg(k), Qg(k) ≤ c aplicamosn−1∏k=1
de ambos lados, daı
g(n) = |∆xn| ≤ cn−1g(1)
somando em ambos lados temos
n∑k=1
|∆xk| ≤n∑
k=1
ck−1g(1)
como o segundo termo converge por ser serie geometrica segue que (xn) e de variacao
limitada, logo converge.
b Propriedade 78. (xn) tem variacao limitada ⇔ xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sao
sequencias nao-decrescentes limitadas.
ê Demonstracao.
⇐).
Seja xn = yn − zn onde (yn) e (zn) sao sequencias nao-decrescentes limitadas, entao
xn tem variacao limitada.
vn =n∑
k=1
|∆xk| =n∑
k=1
|∆yk −∆zk| ≤n∑
k=1
|∆yk︸︷︷︸≥0
|+n∑
k=1
|∆zk︸︷︷︸≥0
| =n∑
k=1
∆yk +n∑
k=1
∆zk =
CAPITULO 1. SERIES 78
= (yn+1 − y1) + (zn+1 − z1) < M
pois (yn) e (zn) sao limitadas, logo (vn) e limitada, isto e, (xn) tem variacao limitada.
⇒). Dada (xn) com variacao limitada. (xn) tem variacao limitada ⇔ (xn + c) tem
variacao limitada, pois ∆ aplicado as duas sequencias tem o mesmo valor. Escrevemos
xn − x1 =n−1∑k=1
∆xk
Para cada n definimos Pn o conjunto dos k da soman−1∑k=1
∆xk tais que ∆xk ≥ 0 e Nn
o conjunto dos k da mesma soma tais que ∆xk < 0, com isso temos uma particao do
conjunto dos ındices e vale
xn − x1 =n−1∑k=1
∆xk =∑k∈Pn
∆xk︸ ︷︷ ︸yn
−∑k∈Nn
(−∆xk)︸ ︷︷ ︸zn
(yn) e nao decrescente, pois yn+1 = yn caso nao seja adicionado ındice a Pn+1 em relacao
a Pn e yn+1 ≥ yn caso seja adicionado um ındice a Pn+1, pois adicionamos um termo da
forma ∆xk ≥ 0 o mesmo para (zn).
(yn) e limitada pois
∑k∈Pn
∆xk ≤n−1∑k=1
|∆xk| =∑k∈Pn
|∆xk|+∑k∈Nn
|∆xk| =∑k∈Pn
∆xk +∑k∈Nn
(−∆xk) < M
da mesma maneira (zn) e limitada.
Z Exemplo 56. Existem sequencias convergentes que nao possuem variacao limitada,
como por exemplo xn =n−1∑k=1
(−1)k
k, que e convergente porem ∆xn =
(−1)n
n⇒ |∆xn| =
1
n
en−1∑k=1
1
knao e limitada.
Z Exemplo 57. Seja (xn) definida como x1 = 1, xn+1 = 1 +1
xn, entao vale que
|∆xn+1| ≤1
2|∆xn|.
� Primeiro vale que xn ≥ 1 para todo n pois vale para n = 1, supondo validade para
n, entao vale para n+ 1, pois xn+1 = 1 +1
xn.
CAPITULO 1. SERIES 79
� Vale que |xn+1xn| ≥ 2 para todo n, pois, substituindo xn+1 = 1 +1
xnisso implica
que xn+1xn ≥ xn + 1 ≥ 2.
� De |xn+1xn| ≥ 2 segue que | 1
xn+1xn| ≤ 1
2, multiplicando por |xn+1 − xn| em ambos
lados segue que
|xn − xn+1
xn+1xn| ≤ |xn+1 − xn|
2
| 1
xn+1
− 1
xn| = | (1 + 1
xn+1
)︸ ︷︷ ︸xn+2
− (1 +1
xn)︸ ︷︷ ︸
xn+1
| ≤ |xn+1 − xn|2
portanto |∆xn+1| ≤1
2|∆xn| portanto a sequencia e convergente. Calculamos seu
limite lim xn = a
a = 1 +1
a⇔ a2 − a− 1 = 0
cujas raızes sao1±
√5
2, ficamos com a raiz positiva pois a sequencia e de termos
positivos, logo
limxn =1 +
√5
2.
1.12 Series em espacos vetoriais normados
b Propriedade 79. Se S =∞∑k=1
ak converge entao lim ak = 0.
ê Demonstracao. Sn+1−Sn = an+1, tomando o limite, temos que limSn = S e daı
S − S = 0 = lim an+1.
b Propriedade 80 (Criterio de Cauchy para series). Em Rn. Uma serie S(n) =n∑
k=1
ak
converge ⇔ se para todo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que para m > n− 1 > n0 temos
|m∑
k=n
ak| < ε.
ê Demonstracao.
CAPITULO 1. SERIES 80
Em Rn S(n) =n∑
k=1
ak converge ⇔ S(n) converge como sequencia ⇔ S(n) e de cauchy
⇔ para ∀ ε > 0 existe n0 ∈ N tal que m ≥ n− 1 > n0 tem-se
|S(m)− S(n− 1)| < ε
|m∑k=1
ak −n−∑k=1
ak| = |m∑
k=n
ak +n−1∑k=1
ak −n∑
k=1
ak| < ε
⇔
|m∑
k=n
ak| < ε.
b Propriedade 81. Em Rn. Sen∑
k=1
||ak|| converge entaon∑
k=1
ak tambem converge.
ê Demonstracao. Por desigualdade triangular vale que
||m∑
k=n
ak|| ≤m∑
k=n
||ak||
comon∑
k=1
||ak|| e de cauchy, para qualquer ε > 0 existem m ≥ n − 1 > n0 tais que
m∑k=n
||ak|| < ε logo tambem vale ||m∑
k=n
ak|| < ε portanto a serien∑
k=1
ak e de Cauchy e daı
convergente.
b Propriedade 82 (Criterio de comparacao). Se existe (ck) em R ,n∑
k=1
ck convergente
e ||ak|| < ck para k > n0 entaon∑
k=1
ak converge.
êDemonstracao. Vamos mostrar quen∑
k=1
||ak|| converge, daı pelo resultado anterior
n∑k=1
ak tambem converge.
s(n) =n∑
k=n0+1
||ak||, define uma sequencia crescente limitada superiormente por∞∑
k=n0+1
ck
logo e convergente. A sequencia e crescente pois
s(n+ 1)− s(n) = ||an+1|| ≥ 0
CAPITULO 1. SERIES 81
e limitada superiormente pois de ||ak|| < ck segue aplicando a soma em ambos lados que
n∑k=n0+1
||ak|| <n∑
k=n0+1
ck
perceba quen∑
k=1
||ak|| e uma serie de numeros reais, pois a norma de um vetor do Rn e
um numero real.
b Propriedade 83 (Criterio de Dirichlet para series em Rn.). Sen∑
k=1
ak e uma serie em
Rn com somas parciais limitadas, (bk) decrescente de numeros reais com limite nulo entao
n∑k=1
akbk
converge.
ê Demonstracao. A serien∑
k=1
akbk converge ⇔ converge coordenada a coordenada,
as coordenadas de ak ∈ Rn sao limitadas, logo podemos aplicar o criterio de Dirichlet
para series reais em cada coordenada o que implica a convergencia da serie.
1.13 Produto de series
m Definicao 27 (Produto de Cauchy). Dadas duas series∞∑k=0
ak e∞∑k=0
bk definimos seu
produto como a serie∞∑k=0
ck
onde
ck =n∑
k=0
akbnk.
Para o proximo teorema vamos demonstrar inicialmente que
b Propriedade 84 (Revertendo a ordem -Soma de elementos de uma matriz triangular
superior). Vale a propriedade
n∑k=a
k∑j=a
f(k, j) =n∑
j=a
n∑k=j
f(k, j).
CAPITULO 1. SERIES 82
ê Demonstracao. Definimos g(k, j) = 0 se j > k e g(k, j) = f(k, j) caso contrario,
daı completamos a soma
n∑k=a
k∑j=a
f(k, j) =n∑
k=a
(k∑
j=a
g(k, j) +n∑
j=k+1
g(k, j)) =n∑
k=a
n∑j=a
g(k, j) =
trocando a ordem da soma
=n∑
j=a
n∑k=a
g(k, j) =n∑
j=a
(
j−1∑k=a
g(k, j)︸ ︷︷ ︸0
+n∑
k=j
g(k, j)) =
=n∑
j=a
n∑k=j
g(k, j)︸ ︷︷ ︸f(k,j)
.
Caso especial se a = 0
n∑k=0
k∑j=0
f(k, j) =n∑
j=0
n∑k=j
f(k, j).
A identidaden∑
k=1
k∑j=1
a(k, j) =n∑
j=1
n∑k=j
a(k, j)
pode ser interpretada como a soma dos elementos de uma matriz triangular superior
a(1,1) a(2,1) a(3,1) · · · a(n,1)
0 a(2,2) a(3,2) · · · a(n,2)
0 0 a(3,3) · · · a(n,3)...
...... · · · ...
0 0 0 0 a(n,n)
na primeira soma fixamos a linha e somamos os elementos das colunas, na segunda fixamos
a coluna e somamos os elementos da linha.
No calculo de integrais temos resultado similar∫ n
a
∫ x
a
f(x, y)dydx =
∫ n
a
∫ n
y
f(x, y)dxdy.
b Propriedade 85. Vale que
n∑k=0
k∑s=0
asbk−s =n∑
k=0
akBn−k.
CAPITULO 1. SERIES 83
Onde Bn =n∑
s=0
bs, onde (bk) e (ak) sao sequencias quaisquer.
ê Demonstracao.
Revertendo a ordem da soman∑
k=0
k∑s=0
asbk−s temos
n∑k=0
k∑s=0
asbk−s =n∑
s=0
k∑k=s
asbk−s =n∑
s=0
as
n∑k=s
bk−s =n∑
s=0
as
n−s∑k=0
bk =n∑
s=0
asBn−s,
logo esta provado .
b Propriedade 86 (Teorema de Mertens). Se uma das series∞∑k=0
ak = A ou∞∑k=0
bk = B
converge absolutamente, entao∞∑k=0
ck o produto de Cauchy das series, converge para AB
.
ê Demonstracao. Tomamos An =n∑
k=0
ak, Bn =n∑
k=0
bk, Cn =n∑
k=0
ck, tn = Bn − B
onde
ck =k∑
s=0
asbk−s.
Vamos supor quen∑
k=0
ak e absolutamente convergente, logon∑
k=0
|ak| converge e portanto∑|ak| e limitada, digamos por um numero real M > 0.
Podemos escrever
Cn =n∑
k=0
ck =n∑
k=0
k∑s=0
asbk−s =n∑
k=0
akBn−k =
=n∑
k=0
ak(tn−k +B) = Bn∑
k=0
ak +n∑
k=0
aktn−k =
= BAn +n∑
k=0
aktn−k︸ ︷︷ ︸yn
.
Entao temos que mostrar que yn → 0. Sabemos que lim tn = limBn −B = 0 podemos
tomar n0 tal que n > n0 implica |tn| <ε
2Mlogo
|yn| ≤ |n0∑k=0
an−ktk|+|n∑
k=n0+1
an−ktk| ≤ |n0∑k=0
an−ktk|+n∑
k=n0+1
|an−k|︸ ︷︷ ︸≤M
|tk|︸︷︷︸≤ ε
2M
≤n0∑k=0
|an−k| |tk|+ε
2≤
CAPITULO 1. SERIES 84
como tn → 0 entao (tn) e limitada, digamos por M1 > 0, lembrando tambem que an → 0
, entao existe n1 ∈ N tal que para n−n0 > n1, isto e, n > n1 +n0, tem-se |an| ≤ε
2n0M1
,
juntando tais fatos na desigualdade anterior tem-se que
≤n0∑k=0
|an−k|︸ ︷︷ ︸≤ ε
2n0M1
|tk|︸︷︷︸M1
+ε
2≤ ε
2+ε
2= ε
logo temos lim |yn| = 0 o que prova o resultado.
b Propriedade 87 (Teorema de Abel). Se as series∞∑k=0
ak,∞∑k=0
bk,∞∑k=0
ck convergem
para A, B e C e
ck =k∑
s=0
akbn−k
entao C = AB.
ê Demonstracao.
1.14 Series e desigualdade das medias
b Propriedade 88. Sejam m sequencias (a1,k) · · · (am,k) de numeros nao negativos, que
formam series convergentes, entao a serie
∞∑k=1
m
√√√√ m∏t=1
at,k converge.
ê Demonstracao. Usamos a desigualdade entre media aritmetica e geometrica, que
garante
m
√√√√ m∏t=1
at,k ≤m∑k=1
at,km
a soma dos termos da direita converge , pois a soma finita de series convergente converge
e podemos trocar a ordem dos somatorios, entao
∞∑k=1
m
√√√√ m∏t=1
at,k ≤m∑k=1
∞∑k=1
at,k
m
logo por criterio de comparacao∞∑k=1
m
√√√√ m∏t=1
at,k converge .
CAPITULO 1. SERIES 85
1.15 Extensao do conceito de serie para−∞∑k=1
ak.
m Definicao 28 (−∞∑k=1
ak). Seja ak : Z → R.
Extendemos o conceito de soma∑
pela recorrencia
b∑k=a
ak =
p∑k=a
ak +b∑
k=p+1
ak.
temosa−1∑k=a
ak = 0 que e a soma vazia, tomando b = a− 1 segue que
a−1∑k=a
ak = 0 =
p∑k=a
ak +a−1∑
k=p+1
ak
tomando agora a = 1 e p = m segue
0 =m∑k=1
ak +0∑
k=m+1
ak ⇒m∑k=1
ak = −0∑
k=m+1
ak
tomando agora m = −n tem-se
−n∑k=1
ak = −0∑
k=−n+1
ak
com n ≥ 1 a soma −0∑
k=−n+1
ak esta bem definida e assim fica definida tambem a soma
−n∑k=1
ak.
−0∑
k=−n+1
ak = −(a1−n + · · ·+ a0) = −n−1∑k=0
a(−k)
logo−n∑k=1
ak = −n−1∑k=0
a(−k)
aplicando limn→∞
temos
−∞∑k=1
ak = −∞∑k=0
a(−k).
CAPITULO 1. SERIES 86
$ Corolario 32.−∞∑k=1
ak converge ⇔0∑
k=−∞
ak converge, pois essa segunda e∞∑k=0
a(−k) .
b Propriedade 89. Se−∞∑k=1
ak converge, entao limk→∞
a(−k) = 0.
ê Demonstracao. Como vale a igualdade−∞∑k=1
ak = −∞∑k=0
a(−k) a segunda serie e
convergente implica limk→∞
a(−k) = 0.