Determine se a série é convergente ou divergente. Especifique o teste utilizado.

(a) (1.0) ∑ n = 2 ∞ ln ⁡ n n 2

(b) (1.0) ∑ n = 1 ∞ n 2 - 1 n 3 + 2 n 2 + 5

Dica: O teste da razão é inconclusivo em ambos os casos.

Passo 1

Opa, vamos lá. A questão quer que a gente estude a convergência das séries e ela já nos diz que o teste da razão é inconclusivo. Então, nem precisamos perder o nosso tempo com ele.

Vamos começar pela primeira séria:

∑ n = 2 ∞ ln ⁡ n n 2

Já que não vamos usar o teste da razão, podemos pensar no teste da integral aqui. Você se lembra como era?

É o seguinte: Se tivermos uma função positiva decrescente f ( x ) em que f n = a n (ou seja, coincide com o termo geral da série), então se a integral dessa função converge, a série também converge. Ah, se a integral diverge, a série também irá divergir. Se liga nesse detalhe, f ( x ) TEM que ser DECRESCENTE!!

Beleza!! Vamos testar na nossa série.

Primeiro, vamos ver que é a nossa f ( x )

f x = ln ⁡ x x 2

Basicamente, trocamos o n por x . Agora, temos que saber se essa função é decrescente. Para isso, podemos derivar a função. Se a derivada for negativa, saberemos que a função é decrescente.

f ' x = 1 x . x 2 - 2 x ln ⁡ x x 4 = x - 2 x ln ⁡ x x 4 = 1 - 2 ln ⁡ x x 3 < 0

Como estamos trabalhando com valores positicos de x , então o denominador sempre será positivo. Vamos então analisar o numerador.

1 - 2 ln ⁡ x < 0     →     2 ln ⁡ x > 1     →     ln ⁡ x > 1 2     →   x > e 1 / 2

Então, a nossa função é descrecente para valores de x maiores que e 1 2 .

Passo 2

Agora, que já vimos que a nossa função atende aos requisitos para usarmos o teste da integral, podemos aplicar a integral:

∫ e 1 2 ∞ ln ⁡ x x 2 d x

Como é uma integral imprópria, a gente coloca o limite superior como k e faz:

lim k → ∞ ⁡ ∫ e 1 2 k ln ⁡ x x 2 d x

Essa integral, a gente resolve por parte e chega a:

lim k → ∞ ⁡ ∫ e 1 2 k ln ⁡ x x 2 d x = lim k → ∞ ⁡ - ln ⁡ x x - 1 x e 1 2 k = lim k → ∞ ⁡ - ln ⁡ k k - 1 k + ln ⁡ e 1 2 e 1 2 + 1 e 1 2

lim k → ∞ ⁡ - ln ⁡ k k - 1 k + ln ⁡ e 1 2 e 1 2 + 1 e 1 2 = - lim k → ∞ ⁡ ln ⁡ k k - lim k → ∞ ⁡ 1 k + lim k → ∞ ⁡ ln ⁡ e 1 2 e 1 2 + lim k → ∞ ⁡ 1 e 1 2

Agora, vamos resolver esse limite.

No primeiro termo - ln ⁡ k k temos um caso de ∞ / ∞ , então usaremos L’Hopital para nos ajudar, ou seja, a gente deriva o numerador e o denominador.

- lim k → ∞ ⁡ ln ⁡ k k = - lim k → ∞ ⁡ 1 / k 1 = 0

Show. O próximo limite é mais fácil:

- lim k → ∞ ⁡ 1 k = 0

Então:

lim k → ∞ ⁡ - ln ⁡ k k - 1 k + ln ⁡ e 1 2 e 1 2 + 1 e 1 2 = ln ⁡ e 1 2 e 1 2 + 1 e 1 2 = 1 e 1 2 ln ⁡ e 1 2 + 1 = 1 e 1 2 1 2 + 1

1 e 1 2 1 2 + 1 = 3 2 e - 1 2

Nossa integral então ficará:

∫ e 1 2 ∞ ln ⁡ x x 2 d x = 3 2 e - 1 2

Olha, a integral converge. Pelo teste da integral, temos que a nossa série também converge!

Passo 3

Vamos então partir para a segunda série.

∑ n = 1 ∞ n 2 - 1 n 3 + 2 n 2 + 5

Novamente, não vamos começar pelo teste da razão porque a questão já nos disse que é inconclusivo, ok?

Bom, podemos tentar o teste da comparação. Vamos ver o que podemos comparar com o nosso termo geral. Vamos usar uma série que seja maior que a nossa alterando o numerador assim:

a n = n 2 - 1 n 3 + 2 n 2 + 5 < n 2 n 3 + 2 n 2 + 5 = n n 3 + 2 n 2 + 5

Bom, se a gente reduzir o denominador, teremos um valor de série maior:

a n = n 2 - 1 n 3 + 2 n 2 + 5 < n n 3 + 2 n 2 + 5 < n n 3 = 1 n 2

Rearrumando, a gente chega que:

a n = n 2 - 1 n 3 + 2 n 2 + 5 < 1 n 2

E agora??

1 n 2 é o que a gente chama de p -série e aí a gente sabe que uma p -série tem a seguinte cara:

∑ n = 1 ∞ 1 n p

E o seu critério de convergência é:

Então, no nosso caso 1 n 2 , temos p = 2 > 1

Logo, essa série converge e por comparação a nossa série ∑ n = 1 ∞ n 2 - 1 n 3 + 2 n 2 + 5 também converge.

Resposta

a) Converge

b) Converge

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