2o Ensino Secundário - UBI

UNIVERSIDADE DA BEIRA INTERIOR

Ciências

Séries: Uma proposta para alunos do 2o Ciclo doEnsino Secundário

Versão �nal após defesa

Jacinto Cumolehã

Dissertação para obtenção do Grau de Mestre em

Matemática Para Professores(2o ciclo de estudos)

Orientador: Prof. Doutor Gastão Bettencourt

Covilhã, junho de 2018

ii

Dedicatória

Este trabalho é dedicado a Deus por ser meu guia em toda minha trajetória, minha mãe

por ser a razão da minha vida, meus irmãos, minha querida namorada e toda a minha

família que, com muita paciência e carinho sempre me apoiaram.

Ao curso de Matemática para Professores e às pessoas com quem eu convivi ao longo desses

anos. Não esquecerei a experiência compartilhada com os amigos.

iii

iv

Agradecimentos

Ao meu orientador por ser humilde e por ao longo deste tempo sempre estar bem disposto

e animado. Aos amigos pelo incentivo para a realização deste trabalho. Ao departamento

de Matemática pelo total apoio.

v

vi

Resumo

O presente trabalho destina-se a servir de base a um curso de enriquecimento curricular,

na área da matemática, para alunos do secundário. O tema escolhido é séries numéricas.

Apresentamos os conteúdos necessários para de�nir uma série, os conceitos pertinentes,

assim como muitos resultados que permitem aferir a natureza de uma dada série. Apresen-

tamos critérios usuais, como são os critérios de condensação de Cauchy, de comparação, da

raiz, da razão, de Kummer, de Gauss, de Leibniz, vimos também resultados menos usuais,

como o critério de Schlomilch, ou os resultados de Moser e Salat. Para estes últimos é

necessário introduzir novos conceitos de convergência, assim como o conceito de densidade

natural.

Palavras-chave

Sucessão, Série, Série harmónica, Subséries, Densidade Natural

vii

viii

Abstract

The present work is intended to serve as a basis for a curricular enrichment course in the

area of mathematics for secondary students. The chosen theme is the numerical series. We

present the contents necessary to de�ne a series, the pertinent concepts, as well as many

results that allow us to gauge the nature of a given series. We present usual tests such as

the Cauchy's condensation test, comparison, root, D'Alembert, Kummer, Gauss, Leibniz

test, as well as less usual results, such as the Schlomilch test, or the results of Moser and

Salat. For the latter it is necessary to introduce new concepts of convergence, as well as

the concept of natural density.

Keywords

Sequence, Series, Harmonic Series, Subseries, Natural density

ix

x

Índice

1 Introdução 1

2 Sucessões 3

2.1 Sucessão Convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.2 Algumas Propriedades de Limite de uma Sucessão . . . . . . . . . . . . . . 6

2.3 Sucessões Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.4 Axioma da Completude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.5 Sucessões Enquadradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.6 O número e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3 Introdução às Séries 21

3.1 Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.2 Série Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.3 Séries de Mengoli ou Telescópica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.4 Algumas Propriedades Sobre Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 Séries de Termos Não Negativos 31

4.1 Série Harmónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4.2 Critério de Condensação de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4.3 Série Dirichlet ou Série-P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4.4 Critério geral de Comparação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.5 Critério Geral de Comparação do Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.6 Critério da Razão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.7 Critério da Raiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

5 Séries Sem Sinal Fixo 51

5.1 Critério de Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

5.2 Série Absolutamente Convegente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5.3 Reordenamento de séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

6 Três Critérios para Convegência de Séries de Termos não Negativos 61

6.1 Critério de Kummer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

6.2 Critério de Raabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

6.3 Critério de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

7 Densidade Natural de Subséries Convergentes da Série Harmónica e Ge-

neralizações 69

7.1 Limite Superior e Inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

7.2 Convergência à Cesàro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7.3 Densidade Natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

7.4 Fórmula de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

xi

7.5 Moser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

7.6 Salát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

8 Bibliogra�a 83

xii

Capítulo 1

Introdução

Somar dois números é, provavelmente, a operação mais elementar em matemática. Com

toda a naturalidade percebemos como somar mais do que dois números e muito rapidamente

surge a questão de continuar o processo e somar inde�nidamente. Como se sabe, a questão

aqui levantada é formalizada com os conceitos de limite e de série. O presente trabalho

destina-se a servir de base a um curso de enriquecimento curricular para alunos do 2o

ciclo do ensino secundário, usando a terminologia em voga no sistema de ensino angolano,

ou para alunos do ensino secundário, agora usando a terminologia do sistema de ensino

português. Assumimos que estes alunos conhecem o conceito de sucessão e o de limite e

apresentaremos o conceito de série. A ideia de base é que muita matemática associada

às séries pode ser apresentada e trabalhada para alunos motivados com conhecimentos ao

nível do secundário. Nesse sentido a abordagem aqui escolhida evita conceitos matemáticos

como derivadas (que tipicamente são usados para estabelecer limites pela regra de Cauchy)

e como integrais (que tipicamente são usados para estabelecer a natureza das séries de

Dirichlet).

Assim, apesar de assumirmos que os conceitos de sucessões e de limite são conhecidos,

começamos este trabalho por apresentar de�nições e resultados importantes que serão

fundamentais nos capítulos posteriores. Um desses resultados é o que indica que uma

sucessão limitada e monótona é convergente. É fascinante a matemática que decorre deste

resultado. Ainda neste capítulo, e uma vez que optamos por não usar a regra de Cauchy,

apresentamos a de�nição usual do número e como o limite de uma sucessão.

No capítulo seguinte introduzimos as séries. Começamos por trabalhar os poucos exemplos

onde se consegue obter o valor da série-série geométrica e séries telescópicas e apresentamos

a condição necessária de convergência. O quarto capítulo é dedicado às séries de termos não

negativos. Começamos por apresentar a demonstração da divergência da série harmónica

usando o argumento de Oresme (1325-1382), e para obter rapidamente uma família de

séries de comparação - as séries de Dirichlet (1805-1859) - apresentamos o critério de

condensação de Cauchy (1789-1857). Este último tem uma generalização natural -o critério

de Schlomilch (1823-1901)- e de forma a não quebrar a sequência natural da apresentação

optámos por colocá-lo aqui. Depois desta pequena digressão, apresentamos os critérios de

comparação, da razão e da raiz.

No capítulo cinco vimos as séries sem sinal �xo, onde abordamos o critério de Leibniz

(1646-1716), o conceito de convergência absoluta e o de reordenamento de uma série. No

próximo capítulo apresentamos os critério de Kummer (1810-1893), Raabe (1801-1859) e

Gauss (1777-1855).

Finalmente, no capítulo sete abordamos outras de�nições de limite, como sejam o limite

superior, e o limite à Cesàro (1859-1906). De�nimos também densidade natural de um

subconjunto de N e a fórmula de Abel (1802-1829), o análogo de integração por partes.

1

Estes ingredientes vão ser importantes para determinar condições que garantam que uma

subsérie da série harmónica é divergente. Esse é o conteúdo do teorema de Moser (1921-

1970). Posteriormente, Salat (1926-2005) generalizou os resultados de Moser, e um desses

resultados é abordado aqui. Com exceção do último capítulo, todos os capítulos �nalizam

com exercícios propostos.

2

Capítulo 2

Sucessões

Neste capítulo vamos rever alguns conceitos fundamentais sobre sucessões que admitimos

que são conhecidos e apresentamos demonstrações de alguns resultados.

De�nição 1. Uma sucessão é uma função cujo o conjunto de partida é o conjunto dos

números naturais e o conjunto de chegada é o conjunto dos números reais.

Assim uma sucessão é uma função

f : N → R

Os seus termos são

f(1), f(2), f(3), · · · , f(n), · · ·

Tipicamente não fazemos menção à função f e escrevemos a sucessão simplesmente como

a1 , a2 , a3 , a4, · · · , an, · · ·

ou como (an)n∈N

Exemplo 1. Sucessão de números ímpares.

1, 3, 5, · · · , 2n− 1, · · ·

Todos os termos desta sucessão podem ser escritos como

an = 2n− 1

onde n ∈ N. Dizemos que an é o termo geral da sucessão (an)n∈N.

Exemplo 2. Seja

1,1

2,1

3,1

4,1

5, · · · , 1

n, · · ·

então

an =1

n

No estudo de sucessões com in�nitos termos estaremos interessados na seguinte questão:

o que acontece com o termo an quando n é muito grande? Em outras palavras, o que

acontece com an quando n tende para +∞?

Exemplo 3. Vamos considerar a sucessão

an =1

n

3

an =2n+ 1

n+ 4.

Queremos saber o que acontece com an quando n é muito grande.

Primeiro vamos perceber o seguinte: dividindo o numerador e denominador por n, obtemos

an =1/n

n/n=

1/n

1

Como 1/n se aproxima de zero quando n é muito grande, então (an)n∈N se aproxima de 0.

Como a10 = 0.1, a100 = 0.01, a1000 = 0.001, intuitivamente percebemos que an se aproxima

de zero quando n é grande. Vamos formalizar essa intuição usando o conceito de limite.

limn→+∞

an → L.

A proxima de�nição generaliza o limite anterior.

2.1 Sucessão Convergente

De�nição 2. Seja (an)n∈N uma sucessão e L um número real. Dizemos que an converge

para L, se para qualquer ε > 0 existe um número natural N correspondente de tal modo

que:

|an − L| < ε

sempre que n > N.

Se (an)n∈N converge para L dizemos que an é convergente e representamos por

limn→+∞

an = L

No caso contrário se não existe L para o qual an convirja dizemos que an é divergente.

Veremos a seguir uma interpretação geométrica para melhorar a nossa compreensão. Con-

siderando a sucessão de termo geral an tal que:

limn→+∞

an = L

L+ ε

L

L− ε

N

Figura 2.1

4

Escolhe-se ε e constrói-se o intervalo ]L− ε , L+ ε[. Se a sucessão converge para L existe

N grande de tal modo que todos os termos da sucessão a partir de N estarão no intervalo

]L− ε , L+ ε[, essa é a ideia por trás da de�nição que vimos anteriormente.

Exemplo 4. Vamos provar que1

n→ 0

Os primeiros termos da sucessão são

an = 1,1

2,1

3,1

4, · · ·

Aparentemente os termos aproximam-se de 0. Vejamos por de�nição que assim é. Para

concretizar concideremos ε = 0, 01. Temos∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < 0, 01

consequentemente1

n< 0, 01

desde que

n >1

0, 01⇔ n > 100

Assim basta escolher N = 101. Portanto se n > 101 temos

|an − 1| < 0, 01

Mas este raciocínio permanece válido para qualquer ε > 0, pois temos

|an − 0| < ε⇔∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ε⇔ 1

n< ε⇔

⇔ n >1

ε

Assim, basta tomar

N >1

ε

Se n > N temos

n >1

ε

Portanto para cada ε > 0 existe um natural N tal que se n > N temos

n > N >1

ε

e portanto

|an − 0| < ε

Assim vimos que an → 0.

5

Frequentemente estamos na presença de uma sucessão (an)n∈N em que o termo geral cresce

inde�nidamente. Nesta situação diremos que a sucessão diverge para +∞. tão grande

quanto quisermos, escolhendo n su�cientemente

limn→+∞

an = +∞

A próxima de�nição formaliza esse fato.

De�nição 3. Seja (an)n∈N uma sucessão. Dizemos que an diverge para +∞ se para cada

real M > 0 existe N ∈ N tal que, se n > N então an > M . Se (an)n∈N diverge para +∞representamos por

limn→+∞

an = +∞

2.2 Algumas Propriedades de Limite de uma Sucessão

Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N sucessões que convergem para a e b respectivamente. Então

1. O limite de uma sucessão quando existe é único.

2.

limn→+∞

(an + bn) = a+ b

3.

limn→+∞

an × bn = a.b

4.

limn→+∞

anbn

=a

bsempre que ( bn, b 6= 0)

5.

limn→+∞

can = ca para qualquer c ∈ R.

Exemplo 5. Vamos calcular o limite das seguinte sucessão

limn→+∞

(n+ 1

n+

5 + 6n2

1 + n2

)Temos:

limn→+∞

(n+ 1

n+

5 + 6n2

1 + n2

)= lim

n→+∞

n+ 1

n+ lim

n→+∞

5 + 6n2

1 + n2

consequentemente dividindo por n o numerador e denominador a expressão

limn→+∞

(n+ 1

n

)obtemos

limn→+∞

(n/n+ 1/n

n/n

)= lim

n→+∞

(1 + 1/n

1

)6

Como 1/n aproxima-se de 0 quando n→ +∞, então

limn→+∞

(1 + 1/n

1

)= lim

n→+∞1 = 1

da mesma forma, obtemos:

limn→+∞

5 + 6n2

1 + n2= lim

n→+∞

5/n2 + 6n2/n2

1/n2 + n2/n2= lim

n→+∞

5/n2 + 6

1/n2 + 1

Por outro lado temos1

n2=

1

n× 1

n= 0× 0 = 0

Assim

limn→+∞

5/n2 + 6

1/n2 + 1= lim

n→+∞

6

1= 6

Logo conclui-se que

limn→+∞

(n+ 1

n+

5 + 6n2

1 + n2

)= 1 + 6 = 7

2.3 Sucessões Monótonas

De�nição 4. Dada uma sucessão (an)n∈N. Dizemos que a sucessão é monótona crescente

se

a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ an ≤ · · ·

isto é, se

an ≤ an+1 para todo n.

Exemplo 6. A sucessão de termo geral

an = n2

é monótona crescente. Temos

an ≤ an+1 ⇔ n2 ≤ (n+ 1)2 ⇔ n2 ≤ n2 + 2n+ 1⇔ 0 ≤ 2n+ 1

o que é verdade para todo n.

De�nição 5. Da mesma forma dizemos que a sucessão (an)n∈N é monótona decrescente

se

a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ · · · ≥ an ≥ · · ·

isto é, se

an ≥ an+1 para todo n.

Exemplo 7. A sequência

an =1

n

7

é monótona decrescente. Temos

an ≥ an+1 ⇒1

n≥ 1

n+ 1⇔ 0 ≥ − 1

n+

1

n+ 1⇔

0 ≥ −n− 1 + n

n2 + n⇔ 0 ≥ − 1

n2 + n

o que é verdade para todo n assim an é decrescente.

De�nição 6. Seja (an)n∈N uma sucessão. Dizemos que é limitada inferiormente ou tem

cota inferior se existir um número real M tal que

an ≥M para todo n.


an =n+ 1

n

é limitada inferiormente. Como

1

n> 0⇔ 1 +

1

n> 1⇔ n+ 1

n> 1

Portanto para todo n tem-se an > 1.

De�nição 7. Seja an uma sucessão, dizemos que an é limitada superiormente ou tem cota

superior se existir um número real M tal que

an ≤M para todo n.


an =n− 1

n

é limtada superiormente. Da mesma forma temos

1

n> 0⇔ − 1

n< 0⇔ 1− 1

n< 1⇔

n− 1

n< 1

Assim para todo n tem-se an < 1. Logo a sucessão é limitada superiormente.

De�nição 8. Dizemos que uma sucessão (an)n∈N é limitada se existirem dois números

reais α e β, tais que

α ≤ an ≤ β para qualquer n ∈ N.

Por outras palavras uma sucessão (an)n∈N é limitada se ela for ao mesmo tempo limitada

superiormente e inferiormente, essa é a ideia por detraz da de�nição anterior.

Exemplo 10. Seja a sucessão

an =1

n

8

Temos

1 ≥ 1

2≥ 1

3≥ · · · ≥ 1

n≥ · · ·

Como an é positivo para qualquer n, temos

0 <1

n≤ 1

O próximo axioma é muito útil para o teorema posterior.

2.4 Axioma da Completude

Seja A um subconjunto de R. Se A é limitado superiormente naturalmente que existirão

in�nitas cotas superiores. A menor dessas cotas superiores é chamada de supremo. Seja A

um conjunto de números reais, diferente de vazio com cota superior. Então A tem menor

cota superior que chamamos de supremo.

Exemplo 11. Dado

A = {1, 12,1

3,1

4, · · · }

vemos que A é limitado superiormente e qualquer elemento do conjunto [1,+∞[ é uma

cota superior. Assim o supremo do conjunto A é o elemento 1, o que se indica da seguinte

forma:

supA = 1

Teorema 1. (Axioma da Completude) Seja A um conjunto de números reais diferente de

vazio e com cota superior. Então A tem supremo.

O axioma da completude é um resultado fundamental que permite estabelecer o próximo

resultado que é central em todo este trabalho.

Teorema 2. Se (an)n∈N é uma sucessão limitada e monótona então (an)n∈N é convergente.

Demonstração: Pelo axioma anterior signi�ca que existe uma menor cota superior que

chamamos de supremo (L). Assim

an ≤ L para qualquer n.

Para todo ε > o existe um número positivo N tal que

L− ε ≤ aN ≤ L

para qualquer termo da sucessão an tem-se

an ≤ L

Por outro lado, diminuindo o número L obtemos L− ε, então algum termo da sucessão vai

�car maior que esse número visto que L é o menor número real tal que todos termos de

9

aN são

aN ≤ L

Queremos mostrar que o supremo é o limite da sucessão an. Portanto, se an for uma

sucessão crescente para qualquer n > N então:

L− ε ≤ aN < an ≤ L < L+ ε

Ou seja, obtemos

L− ε < an < L+ ε

isto é,

|an − L| < ε

Assim limn→+∞

an = L e conclui-se que a sucessão an converge para L.

Exemplo 12. A sucessão

an =n− 1

n

é convergente.

Já vimos que é limitada superiormente por 1. Por outro lado, como todos os termos são

positivos, a sucessão é limitada inferiormente por 0. Além disso é crescente pois:

an ≤ an+1 ⇔n− 1

n≤ n

n+ 1⇔ (n+ 1)(n+ 1) ≤ n2 ⇔ n2 − 1 ≤ n2 ⇔ −1 ≤ 0

Assim concluímos que (an)n∈N é convergente. Temos

0 ≤ 1

2≤ 2

3≤ · · · n− 1

n≤ · · ·

mas como

0 ≤ n− 1

n≤ 1

conclui-se que an é convergente.

2.5 Sucessões Enquadradas

Teorema 3. Sejam (an)n∈N e (cn)n∈N sucessões que convergem para L respectivamnente

e

an ≤ bn ≤ cn

então a sucessão (bn)n∈N também converge para L.

Demonstração: Seja an uma sucessão que converge para L, então para todo ε > o existe

N1 tal que

|an − L| < ε

para qualquer n ≥ N1.

10

Da mesma forma cn → L, e para todo ε > o existe N2 tal que

|cn − L| < ε

Para qualquer n ≥ N2.

Queremos mostrar que a sucessão bn também converge para L. Portanto basta escolher

N = max{N1 , N2} obtemos:

L− ε < an ≤ bn ≤ cn < L+ ε para qualquern ≥ N

isto implica que

|bn − L| < ε para qualquern ≥ N.

Ou seja, conclui-se que

bn → L

Exemplo 13. Vamos provar que

limn→+∞

senn

n= 0

sabemos que senn está entre −1 e 1, assim pelo teorema das sucessões enquadradas temos

− 1

n≤ sen (n)

n≤ 1

n

mas como

limn→+∞

− 1

n= 0 e lim

n→+∞

1

n= 0

Consequentemente conclui-se

limn→+∞

sen (n)

n= 0

Proposição 1. Seja (an)n∈N uma sucessão. Seja (bn)n∈N uma sua subsucessão. Temos

limn→+∞

an = L⇒ limn→+∞

bn = L

Demonstração: Como bn é uma subsucessão de an podemos escrever bn = atn onde

t1 < t2 < t3 < · · · < tn < · · ·

como

limn→+∞

an = L

Para todo ε > 0, existe um natural N tal que se n > N temos

|an − L| < L

por outro lado para todo natural n existe tn ∈ N tal que tn > n. Portanto para todo

tn > n > N temos

|atn − L| < ε

11

ou seja

limn→+∞

bn = L

A proposição (1) a�rma que se uma sucessão converge qualquer subsucessão terá o mesmo

limite. Assim se uma sucessão an tem duas subsequências, btn e ctn com dois limites

distintos (an)n∈N não poderá ter limite.


an = (−1)n

diverge. Consideremos então as subsequências de (an)n∈N.

bn = a2n = (−1)2n = 1

e

cn = a2n+1 = (−1)2n+1 = −1

temos bn → 1 e cn → −1. Pelo exposto (an)n∈N não tem limite.

Geralmente uma sucessão (an)n∈N pode ter várias subsucessões. Se algumas dessas sub-

sucessões têm o mesmo limite nada se pode concluir acerca do limite da sucessão original.

Por exemplo.

an =

1 se n é ímpar

1 se n é de forma 10k, k ∈ N

0 nos restantes casos

Temos a2n−1 → 1 e a10k → 1 mas (an)n∈N não tem limite. Se por outro lado a união do

conjunto dos índices das subsucessões envolvidas dá o conjunto N e se todas convergem

para o mesmo limite, já podemos garantir que (an)n∈N converge. É esse o conteúdo do

próximo resultado.

Proposição 2. Seja (an)n∈N uma sucessão. Se as subsucessões (a2n)n∈N e (a2n−1)n∈N

convergem para L então an → L

Demonstração: Se a2n → L então dado ε > 0 existe M1 tal que se n > M1 temos

|a2n − L| < ε

Se a2n−1 → L dado ε > 0 existe M2 tal que se n > M2 temos

|a2n−1| < ε

Seja então M = max{M1,M2}. Dado ε > 0 seja n > M . Uma vez que n é par ou ímpar

temos sempre |an − L| < ε. O próximo resultado é muito importante para o estudo de

sucessões.

12

2.6 O número e

Proposição 3. Desigualdade de Bernoulli. Seja x > −1 e n ∈ N.Temos

(1 + x)n ≥ 1 + nx

Vamos provar por indução matemática. Seja P (n) o enunciado

(1 + x)n ≥ 1 + nx

P (1) é verdade pois

(1 + x)1 ≥ 1 + 1.x⇔ 1 + x ≥ 1 + x

é verdadeira. Assumimos então que P (n) é verdade e procuramos saber se P (n + 1) é

verdade, isto é, se

(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)x

é verdade. Temos

(1 + x)n ≥ 1 + nx⇔

(1 + x)(1 + x)n ≥ (1 + x)(1 + nx)⇔

(1 + x)n+1 ≥ 1 + nx+ n+ nx2 ⇔

(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)x+ nx2 ⇔

Como nx2 ≥ 0 resulta que

1 + (n+ 1)x+ nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x

Portanto obtemos

(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)x

o que é justamente a nossa tese de indução. Ficou assim estabelecido que P (n) é verdadeira

para todo n ≥ 1.

Proposição 4. A sucessão (an)n∈N de termo geral

an =

(1 +

1

n

)n

é uma sucessão crescente

13

Demonstração: Temos

an+1

an=

(1 + 1

n+1

)n+1

(1 + 1

n

)n =

(n+2n+1

)n+1

(n+1n

)n=

(n+ 2)n+1 nn

(n+ 1)n+1(n+ 1)n

=

(n+ 1

n

)(n+ 2)n+1 nn+1

(n+ 1)n+1(n+ 1)n+1

=

(n+ 1

n

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

[(n+ 1)2]n+1

=

(n+ 1

n

)[n(n+ 2)

(n+ 1)2

]n+1

=

(n+ 1

n

)[(n+ 1)2 − 1

(n+ 1)2

]n+1

=

(n+ 1

n

)[1− 1

(n+ 1)2

]n+1

Por outro lado temos

− 1

(n+ 1)2> −1

uma vez que

− 1

(n+ 1)2> −1⇔

1

(n+ 1)2< 1⇔

1 < n2 + 2n+ 1⇔ 0 < n2 + 2n

Portanto a expressão

− 1

(n+ 1)2> −1

é verdadeira e podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli. Temos

an+1

an≥ n+ 1

n

[1 + (n+ 1)

(− 1

(n+ 1)2

)]≥ n+ 1

n

[1− n+ 1

(n+ 1)2

]≥ n+ 1

n

[1− 1

n+ 1

]≥ 1

n

[n+ 1− n+ 1

(n+ 1)

]=

1

n[n+ 1− 1]

≥ 1

Assim a sucessão (an)n∈N é crescente.

14

Proposição 5. A sucessão (bn)n∈N de termo geral

bn =

(1 +

1

n

)n+1

é uma sucessão decrescente.

Demonstração: Resulta que

bnbn+1

=

(1 + 1

n

)n+1(1 + 1

n+1

)n+2

=

(n+1n

)n+1(n+2n+1

)n+2

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

nn+1(n+ 2)n+2

=

(n

n+ 1

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

nn+2(n+ 2)n+2

=

(n

n+ 1

) [(n+ 1)2

]n+2

[n(n+ 2)]n+2

=

(n

n+ 1

)[(n+ 1)2

n(n+ 2)

]n+2

=

(n

n+ 1

)[n2 + 2n+ 1

n2 + 2n

]n+2

=

(n

n+ 1

)[1 +

1

n2 + 2n

]n+2

=

(n

n+ 1

) [(n+ 1)2

]n+2

[n(n+ 2)]n+2

=

(n

n+ 1

)[(n+ 1)2

n(n+ 2)

]n+2

=

(n

n+ 1

)[n2 + 2n+ 1

n2 + 2n

]n+2

=

(n

n+ 1

)[1 +

1

n2 + 2n

]n+2

15

bnbn+1

=

(1 + 1

n

)n+1(1 + 1

n+1

)n+2

=

(n+1n

)n+1(n+2n+1

)n+2

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

nn+1(n+ 2)n+2

=

(n

n+ 1

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

nn+2(n+ 2)n+2

=

(n

n+ 1

) [(n+ 1)2

]n+2

[n(n+ 2)]n+2

=

(n

n+ 1

)[(n+ 1)2

n(n+ 2)

]n+2

=

(n

n+ 1

)[n2 + 2n+ 1

n2 + 2n

]n+2

=

(n

n+ 1

)[1 +

1

n2 + 2n

]n+2

Por outro lado temos1

n2 + 2n> 0

logo podemos aplicar a desigualdade de Bernoulli. Temos

bnbn+1

≥ n

n+ 1

(1 +

1

n2 + 2n(n+ 2)

)≥ n

n+ 1

(1 +

1

n

)≥ n+ 1

n+ 1≥ 1

Assim (bn) ≥ bn+1 ou seja a sucessão bn ≥ bn+1 é decrescente

bn =

(1 +

1

n

)n+1

=

(1 +

1

n

)n(1 +

1

n

)= an

(1 +

1

n

)e portanto bn > an Por outro lado tem-se

a1 =

(1 +

1

1

)1

= 2

16

e

b1 =

(1 +

1

1

)2

= 4

O facto da sucessão (an)n∈N ser crescente e a sucessão (bn)n∈N decrescente obriga que

2 < an < bn < 4

Como a sucessão (an)n∈N é crescente e limitada o limite existe. A sucessão (bn)n∈N é

decrescente e limitada logo o limite existe. Seja e o limite de an. Então por de�nição

temos

limn→+∞

an = limn→+∞

(1 +

1

n

)n

= e

Por outro lado

bn = an

(1 +

1

n

)= an

(n+ 1

n

)⇔ an =

n

n+ 1bn

Passando ao limite obtemos

limn→+∞

an = limn→+∞

(n

n+ 1bn

)= lim

n→+∞

(n

n+ 1

)lim

n→+∞bn

= 1 limn→+∞

bn então

limn→+∞

bn = e

Proposição 6. Estudo da sucessão

an =

(1 +

1

n

)n

Veremos agora, que

limn→+∞

(1 +

1

an

)an

= e

Desde que an → +∞ ou −∞. De facto, se an → +∞,a partir de certa an > 1.

Consideremos o número inteiro a que depende de n tal que

a ≤ an < a+ 1

Estas desigualdades podem tomar a forma

1

a≥ 1

an>

1

a+ 1

Adicionando uma unidade, obtemos

1 +1

a+ 1< 1 +

1

an≤ 1 +

1

a

17

Desta expressão e da inicial obriga que(1 +

1

a+ 1

)a

≤(1 +

1

an

)an

<

(1 +

1

a

)a+1

Mas,

lima→+∞

(1 +

1

a+ 1

)a

= lima→+∞

(1 +

1

a+ 1

)a+1

lima→+∞

(1 +

1

a+ 1

)−1= lim

n→+∞

(1 +

1

a+ 1

)a+1

. lima→+∞

(1 +

1

a+ 1

)−1= e.1

= e

(note-se que an → +∞ também a→ +∞). E

lima→+∞

(1 +

1

a

)a+1

= lima→+∞

(1 +

1

a

)a(1 +

1

a

)1

= lima→+∞

(1 +

1

a

)a

. lima→+∞

(1 +

1

a

)1

= e.1

= e

Então pelo teorema das sucessões enquadradas, obriga que

limn→+∞

(1 +

1

an

)an

= e

Desde que an → +∞. Se an → −∞ e fazendo bn = −an temos(1 +

1

an

)an

=

(1 +

1

−an

)−bn=

(1− bn−bn

)−bn=

(−bn1− bn

)−bn=

(bn

bn − 1

)bn

=

(bn − 1 + 1

bn − 1

)bn

=

(1 +

1

bn − 1

)bn

18

Então

limn→+∞

(1 +

1

an

)an

= limn→+∞

(1 +

1

bn − 1

)bn

= limn→+∞

(1 +

1

bn − 1

)bn−1.

(1 +

1

bn − 1

)= e.1

= e

Porque se an → −∞ então bn → +∞ podemos utizar o resultado antes deduzido. Assim

limn→+∞

(1 +

1

an

)an

= e

desde que an → −∞. De�nimos a função exponencial por

ex = liman→+∞

(1 +

x

an

)an

Desde que x 6= 0, ou seja x funciona como constante e an → +∞ ou an−∞. Basta agora

notar que (1 +

x

an

)an

=

(1 +

1anx

)an

=

[(1 +

1anx

)anx

]xSendo o limite an → +∞, também o limite an/x será +∞ ou −∞ (sinal igual ou contário

ao de an) conforme x > 0 ou x < 0, pelo que

limn→+∞

(1 +

1anx

)anx

= e

Assim

limn→+∞

[(1 +

1anx

)anx

]x= ex

Lembrando que x é constante a variável é n.

O próximo exemplo é muito importante no estudo de sucessão.

Exemplo 15. Vamos provar que

limn→+∞

log n

n= 0

Pela desigualdade de Bernoulli temos(1 +

x

n

)n≥ 1 + x

para todo x/n > −1. Passando ao limite obtemos

limn→+∞

(1 +

x

n

)n≥ 1 + x⇔ ex ≥ 1 + x

19

Temos ex ≥ 1 + x ≥ 1 para todo x ≥ 0. Escolhendo x = log√n. Temos

elog√n ≥ 1 + log

√n ≥ 1

√n ≥ 1 + log(n

12 ) ≥ 1

√n

n≥ 1

n+

1

2

log n

n≥ 1

n1√n≥ 1

n+

1

2

log n

n≥ 1

n

Como

limn→+∞

1√n= 0

e

limn→+∞

1

n= 0

pelo limite das sucessões enquadradas

1

2lim

n→+∞

log n

n= 0

Asssim provamos que

limn→+∞

log n

n= 0

Exercícios 1. Determine a convergência ou divergência das sucessões

a) an = n3+2nn2+2

b) an = − 1n c) an = 3n2+5n

4n2−1

d) an =(2n − 2−3n

)e) an = 1

n2+nf) an =

[1

23n−(1 + 3

n

)n]g) an = 2n4+n2−3n

n2+3n−5

Exercícios 2. Calcule o limite das seguintes sucessões.

a) limn→+∞

(1 +

2

n

)n

b) limn→+∞

en − e−n

en + e−n

20

Capítulo 3

Introdução às Séries

Neste capítulo introduzimos o conceito fundamental deste trabalho: a série numérica. Es-

sencialmente trata-se de formalizar a ideia de somar in�nitas parcelas, algo que à primeira

vista parece contra-intuitivo mas que é absolutamente natural. Por exemplo a dízima

in�nita periódica

0.11111 . . .

pode ser encarada como a soma

0.1 + 0.01 + 0.001 + 0.0001 + · · ·

que mais não é do que uma soma de in�nitas parcelas.

3.1 Série

De�nição 9. De�ne-se série como uma expressão da forma

a1 + a2 + a3 + a4 + · · ·+ an + · · ·

que representamos como+∞∑n=1

an ou∑

an

A este objecto estão associadas duas sucessões distintas: a própria sucessão (an)n∈N e a

chamada sucessão das somas parciais (sk)k∈N de�nida por

s1 = a1

s2 = a1 + a2

s3 = a1 + a2 + a3

s4 = a1 + a2 + a3 + a4...

sk = a1 + a2 + · · ·+ ak =

k∑n=1

an

Se a sucessão (sk)k∈N tem limite s dizemos que s é a soma da série com termo geral

(an)n∈N como na próxima de�nição.

De�nição 10. A série de termo geral an diz-se convergente se a sua sucessão das somas

21

parciais (sk)k∈N converge - isto é, se existe um número real s tal que

limk→+∞

sk = s

Nesse caso escrevemos+∞∑n=1

an = s

Se

limn→+∞

sk

não existe. Dizemos que a série+∞∑n=1

an

diverge.

Exemplo 16. Veremos agora como estabelecer a convergência ou divergência das seguintes

séries

a)+∞∑n=1

1 b)+∞∑n=1

0

a) Pela de�nição (9) temos

s1 = a1 = 1

s2 = a1 + a2 = 1 + 1 = 2

s3 = a1 + a2 + a3 = 1 + 1 + 1 = 3...

sk = 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1 = k

Isto signi�ca que

limk→+∞

sk = limk→+∞

k = +∞.

Assim a série dada diverge.

b) Da mesma forma obtemos

s1 = a1 = 0 + 0 = 0

s2 = a1 + a2 = 0 + 0 = 0

s3 = a1 + a2 + a3 = 0 + 0 + 0 = 0...

sk = 0 + · · ·+ 0 = 0

Como

limk→+∞

sk = limk→+∞

0 = 0

Logo a série dada converge para 0.

22

Se a partir de certa ordem+∞∑n=0

an =

+∞∑n=1

bn

então as séries de termos gerais an e bn são da mesma natureza. Portanto, a natureza de

uma série não é alterada modi�cando um número �nito de termos.

Exemplo 17. Vamos estabelecer a convergência da série

+∞∑n=0

1

2n

Analizando a sucessão das somas parciais temos

sk =1

20+

1

21+

1

22+ · · ·+ 1

2k

multiplicando a expressão sk por 12 obtemos:

1

2sk =

1

2

[1

20+

1

21+

1

22+ · · ·+ 1

2k

]=

1

21+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2k+1

=

[1

20+

1

21+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2k

]+

1

2k+1− 1

20

= sk +1

2k+1− 1

Assim

1

2sk − sk =

1

2k+1− 1

sk −1

2sk = 1−

(1

2

)k+1

sk =1−

(12

)k+1

1− 12

sk =1−

(12

)k+1

12

Passando a expressão sk ao limite obtemos

limk→+∞

sk = limk→+∞

1−(12

)k+1

12

=

limk→+∞

1− limk→+∞

(1

2

)k+1

limk→+∞

1

2

=112

= 2

O exemplo anterior é um caso particular de um tipo de séries que se vai relevar fundamen-

tal:

23

3.2 Série Geométrica

De�nição 11. Seja r ∈ R. Uma série de tipo

+∞∑n=0

rn

diz-se uma série geométrica.

Teorema 4. Seja r ∈ R e

+∞∑n=0

rn = 1 + r + r2 + · · ·+ rn + · · ·

uma série geométrica. Então

1. se |r| < 1 a série converge e tem por soma s = 11−r .

2. se |r| ≥ 1 a série diverge.

Demonstração: Começamos a prova com o caso r 6= 1. Temos

sk = 1 + r + r2 + · · ·+ rk

multiplicando por r temos:

rsk =(r + r2 + r3 + · · ·+ rk

)+ rk+1 − 1

= sk + rk+1 − 1

rsk − sk = rk+1 − 1

(1− r)sk = 1− rk+1

dividindo por 1− r obtemos:

sk =1

1− r− rk+1

1− r

passando ao limite a expressão sk temos:

limk→+∞

sk = limk→+∞

(1

1− r− rk+1

1− r

)= lim

n→+∞

1

1− r− lim

k→+∞

rk+1

1− r=

1

1− r− 1

1− r× lim

k→+∞rk+1

Assim obtemos as seguintes conclusões:

1. Se |r| < 1 então limk→+∞

rk+1 = 0 e

limk→+∞

sn =1

1− r= s

24

2. Se |r| > 1 então limk→+∞

rk+1 não existe, logo

limk→+∞

sk não existe

ou seja, nestas condições a série diverge.

3. Se r = 1 então

sk = 1 + 1 · · ·+ = k

e a série diverge

limk→+∞

sk = +∞

pois o limite não é um número real.

4. Se r = −1 então

sk = −1 se k for ímpar e sk = 0 se k é par.

Nessas condições o limite da sucessão de somas parciais sk diverge, logo a série

diverge.

Exemplo 18. Vamos provar que a série converge e calcular a sua soma

+∞∑n=0

1

10n= 1 +

1

10+

1

102+ · · ·+ 1

10n+ · · ·

Como r = 1/10 e |r| < 1 resulta que a série converge e

+∞∑n=0

1

10n=

1

1− r=

1

1− 1/10=

110−110

= 10/9

Exemplo 19. Seja+∞∑n=2

1

10n

Temos+∞∑n=0

1

10n= 1 +

1

10+

+∞∑n=0

1

10n

Assim+∞∑n=0

1

10n=

+∞∑n=0

1

10n− 1− 1

10

+∞∑n=0

1

10n=

10

9− 1− 1

10

+∞∑n=0

1

10n=

1

9− 1

10=

1

90

A seguir veremos outro tipo de série muito importante em que o termo da série, an, se

pode escrever como uma diferença.

25

3.3 Séries de Mengoli ou Telescópica

De�nição 12. Uma série+∞∑n=0

an

cujo termo geral an pode escrever-se na forma (un+1 − un) denomina-se série de Mengoli.

Temos

s0 = u1 − u0

s1 =1∑

n=0

(un+1 − un) = (u1 − u0) + (u2 − u1) = u2 − u0

s2 =2∑

n=0

(un+1 − un) = (u1 − u0) + (u2 − u1) + (u3 − u2) = u3 − u0

...

sk =k∑

n=0

(un+1 − un) = (u1 − u0) + (u2 − u1) + · · ·+ · · · (uk+1 − uk) = uk+1 − u0

Isto signi�ca que

limk→+∞

sk existe se e somente se limk→+∞

uk+1

existe. Portanto obtém-se o seguinte resultado

Teorema 5. Seja+∞∑n=0

an

uma série cujo termo geral an pode escrever-se como

an = un+1 − un

então:

1. Se (un)n∈N converge então a série do termo geral an converge e a sua soma é dada

por

s = limn→+∞

un+1 − u0

2. Se (un)n∈N diverge então a série de termo geral an diverge.

Exemplo 20. Vamos determinar a natureza da série

+∞∑n=0

1

(n+ 1)(n+ 2)

Escolhendo

un = − 1

n+ 1

26

temos

un+1 − un = − 1

n+ 2+

1

n+ 1

=−(n+ 1) + (n+ 2)

(n+ 1)(n+ 2)

=−n− 1 + n+ 2

(n+ 1)(n+ 2)

=1

(n+ 1)(n+ 2)

Assim, escrevendo

an =1

(n+ 1)(n+ 2)

Temos

un+1 − un = an

Como

limn→+∞

un+1 = 0

resulta que

s = 0− u0 = 0− (−1) = 1

3.4 Algumas Propriedades Sobre Séries

Os resultados anteriores referentes à série de Mengoli e à série geométrica são casos muito

particulares em que, no caso de convergência, se consegue obter o valor da série em questão.

Tipicamente não se consegue obter a soma da série e numa primeira análise contentamo-

nos em determinar se uma série é convergente ou divergente. Diz-se então que estudamos

a natureza da série. Nesse sentido, o resultado mais funtamental é o seguinte:

Teorema 6. (Condição Necessária de Convergência.)

Se uma série de termo geral an converge então an → 0.

Demonstração: Seja+∞∑n=1

an

uma série convergente e (sn)n∈N a sucessão das somas parciais, então

sn = a1 + a2 + · · ·+ an

Pela de�nição (9) signi�ca que sn → s. Portanto a sucessão

sn+1 = a1 + a2 + · · ·+ an + an+1

tende para o mesmo limite. Como

sn+1 = sn + an+1 ⇒ an+1 = sn+1 − sn

27

Consequentemente obtemos:

limn→+∞

an+1 = limn→+∞

sn+1 − limn→+∞

sn = s− s = 0

Esta condição é necessária, mas não su�ciente para que uma série seja convergente. Outra

leitura deste resultado é a seguinte: se an 6→ 0, então a série de termo geral an diverge.

Exemplo 21. Usando o teorema (6) vamos mostrar que a série é divergente.

+∞∑n=1

2n

2n+ 1

Temos

an =2n

2n+ 1⇒ lim

n→+∞an = lim

n→+∞

2n

2n+ 1= 1

Portanto a série de termo geral an diverge.

Uma observação muito importante é que se o termo geral da série converge para zero, isto

é, se an → 0, nada se pode concluir acerca da natureza da série, sendo necessário uma

investigação adicional.

Operações com Séries

Teorema 7. Sejam+∞∑n=1

an e+∞∑n=1

bn duas séries convergentes, e λ ∈ R. Então:

1. A série+∞∑n=1

(an + bn) também converge.

2. A série+∞∑n=1

λan também converge.

Demonstrção: Começamos por mostrar a parte 1.

Sejam (sn)n∈N e (tn)n∈N as sucessões das somas parciais das séries de termos gerais an e

bn respectivamente. Temos

sn = a1 + a2 + · · ·+ an

tn = b1 + b2 + · · ·+ bn

Portanto, como as respectivas séries são convergentes, pela de�nição (9) obtemos:

limn→+∞

sn = s e limn→+∞

tn = t

Considerando (rn)n∈N, a sucessão das somas parciais da série de termo geral (an + bn),

então:

rn = (a1 + b1) + · · ·+ (an + bn) = sn + tn

28

Como (sn)n∈N e (tn)n∈N são convergentes a sucessão (rn)n∈N também converge, pois

limn→+∞

rn = limn→+∞

(sn + tn) = s+ t

Conclui-se que a série dada é convergente e a sua soma é:

+∞∑n=1

an ++∞∑n=1

bn

Parte 2. Da mesma forma temos

sn = a1 + a2 + · · ·+ an

Portanto

λsn = λa1 + λa2 + · · ·+ λan = λ(a1 + a2 + · · ·+ an)

Como

limn→+∞

sn existe e λ ∈ R

Signi�ca que

limn→+∞

λsn existe e temos

limn→+∞

λsn = λ limn→+∞

sn = λs = λ+∞∑n=1

an

Exemplo 22. Vamos determinar a natureza das seguintes séries

a)+∞∑n=0

(1

4n+

4n

2n+ 1

)b)

+∞∑n=0

(1

2n−1+

1

(n+ 1)(n+ 2)

)

a)+∞∑n=0

(1

4n+

4n

2n+ 1

)=

+∞∑n=0

1

4n+

+∞∑n=0

4n

2n+ 1

A série+∞∑n=0

1

4n

é geométrica e convergente porque

r = |14| < 1

Logo a sua soma é dada por

s =1

1− r=

1

1− 14

=134

=4

3

Mas a série+∞∑n=0

4n

2n+ 1

29

é divergente já que pela condição necessária temos

an =4n

2n+ 1⇒ lim

n→+∞an = lim

n→+∞

4n

2n+ 1= 2

Portanto conclui-se que a série dada é divergente.

b) Da mesma forma temos

+∞∑n=0

(1

2n−1+

1

(n+ 1)(n+ 2)

)= 2

+∞∑n=0

1

2n+

+∞∑n=0

1

(n+ 1)(n+ 2)

Sabemos que a primeira é uma série geométrica convergente porque

r =

∣∣∣∣12∣∣∣∣ < 1

e sua soma é:

s =1× 2

1− 12

= 2× 2 = 4

Por outro lado também já vimos que a série

+∞∑n=0

1

(n+ 1)(n+ 2)

é de Mengoli, e convergente com soma igual a 1. Assim a série dada converge e sua soma

é 5.

Exercícios 3. Estude a natureza das seguintes séries:

a)+∞∑n=0

10

3nb)

+∞∑n=0

3n2 + 5n

4n2 − 1c)

+∞∑n=1

n3 − 1

n2 + 2

d)

+∞∑n=1

en + e−n

en − e−n.

Exercícios 4. Utilize séries conhecidas para determinar a natureza das seguintes séries,

e em caso de convergência calcule a sua soma

a)

+∞∑n=0

(1

4n+

3

4n

)b)

+∞∑n=0

(2n − 2−3n

)c)

+∞∑n=1

(1

8n+

1

n(n+ 1)

).

Exercícios 5. Dada a série+∞∑n=1

n

Determina uma expressão para a sucessão das somas parciais que lhe está associada e

aproveita este resultado para mostrar que a série diverge.

Exercícios 6. Calcule a soma das seguintes séries

a)+∞∑n=0

(1

3n+1− 1

3n

)b)

+∞∑n=1

(ln

n

n+ 1

)

30

Capítulo 4

Séries de Termos Não Negativos

No capítulo precendende estabelecemos a convergência ou divergência de algumas séries

por meio de uma fórmula para a soma parcial (sn)n∈N, determinando então se

limn→+∞

sn

existe ou não.

Infelizmente, a não ser em casos especiais, como os da série geométrica ou da série teles-

cópica, é impossível estabelecer uma fórmula explícita para o limite de (sn)n∈N. Como

veremos, podemos, desenvolver critérios para a convergência ou divergência de uma série

de termo geral an. Os mesmos critérios não nos dão a soma da série, dizem-nos apenas se

a soma existe.

Isto é su�ciente na nossa aplicação porque, sabendo que a soma existe, podemos aproximar

o seu valor com um grau arbitrário de exatidão, bastando somar um número su�ciente de

termos da série.

Neste capítulo consideraremos apenas séries de termos não negativos, isto é, séries de termo

geral an tais que an ≥ 0 para todo n.

O próximo teorema mostra que, para estabelecer a natureza de uma série de termos não

negativos, basta determinar se (sn)n∈N é limitada.

Teorema 8. ([1] Teorema (11.22) pag:34)

Seja∑an uma série de termos não negativos. Então

1. Se existir um número M positivo tal que sn ≤ M para qualquer n, então a série de

termo geral an converge e a sua soma, s, veri�ca s ≤M .

2. Se não existir M nessas condições a série de termo geral an diverge.

Demonstração: Seja (sn)n∈N a sucessão de somas parciais da série de termos não negativos

com termo geral an, então:

s1 ≤ s2 ≤ · · · ≤ sn ≤ · · ·

e portanto (sn)n∈N é monótona. Como existe um número M tal que sn < M para todo n,

então (sn)n∈N é monótona e limitada logo o limite existe. Assim a série converge e temos

limn→+∞

sn = s ≤M

Caso contrário a série diverge e

limn→+∞

sn = +∞

31

4.1 Série Harmónica

De�nição 13. É uma série muito importante dada por

+∞∑n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+

1

4+

1

5+ · · ·

Antes de estabecermos a sua natureza começamos por notar que a sucessão das somas

parcias associadas crece muito lentamente. A título de exemplo temos

1000∑n=1

1

n' 7, 485

e1000000∑n=1

1

n' 14, 393.

Teorema 9. (Nicole Oresme, 1350)

A série harmónica é divergente.

Demonstração: O raciocínio usado na demonstração consiste em agrupar os termos, de

forma que a soma em cada grupo seja maior que 1/2. Assim consideremos a sucessão das

somas parcias associada à série harmónica. Temos

s1 = 1

s2 = 1 +1

2

s4 = 1 +1

2+

1

3+

1

4≥ 1 +

1

2+

1

4+

1

4= 1 +

1

2+ 2

1

4= 1 +

2

2

s8 = s4 +1

5+

1

6+

1

7+

1

8≥ s4 +

1

8+

1

8+

1

8+

1

8= 1 +

2

2+

4

8= 1 +

3

2· · · generalizando podemos provar por indução matemática que

s2n ≥ 1 + n1

2é verdadeira

Portanto vemos que a subsucessão s2n é divergente quando n tende para +∞. Logo sn é

divergente e a série harmónica é divergente. Falta apenas provar a desigualdade

s2n ≥ 1 + n1

2

Provamos por indução matemática. Pretendemos mostrar que p(n) é verdadeira para todo

n o enunciado s2n ≥ 1 + n12 .

Vejamos que p(1) é verdade. Temos

s21 ≥ 1 +1

2⇔ s2 = 1 +

1

2

o que é claramente verdade. Portanto assumimos que

s2n ≥ 1 + n1

2

32

é verdade e procuramos ver que p(n+ 1) também é verdade, isto é

s2n+1 ≥ 1 + (n+ 1)1

2

Temos

s2n+1 = s2n +

(1

2n + 1+

1

2n + 2+ · · · · · ·+ 1

2n+1

)onde o número de termos entre parênteses é:

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

e todos os termos da soma entre parênteses são maiores que

1

2n+1

Isto quer dizer que a soma entre parênteses é maior ou igual que o número de termos vezes

o menor valor dentro de parênteses. Ou seja

s2n+1 ≥ s2n + 2n1

2n+1= s2n +

1

2

Portanto, por hipótese de indução, temos:

s2n+1 ≥(1 + n

1

2

)+

1

2= 1 + (n+ 1)

1

2

Ou seja a tese de indução é verdadeira. Fica assim provado que

s2n ≥ 1 + n1

2

para qualquer n ≥ 1.

É importante salientar que a demonstração da divergência da série harmónica de termo

geral an, foi possível, porque an é decrescente e de termos positivos. Assim este argumento

permanece válido se em vez da série harmónica considerarmos então uma série com termo

geral an decrescente e positivo. Seja então an decrescente e positivo para todo n. Temos

s1 = a1

s2 = a1 + a2

s4 = a1 + a2 + a3 + a4

≥ a1 + a2 + a4 + a4

= a1 + a2 + 2a4

33

s8 = s4 + a5 + a6 + a7 + a8

≥ s4 + a8 + a8 + a8 + a8

= a1 + a2 + 2a4 + 4a8

· · · generalizando podemos provar que

s2n ≥ a1 +1

2

n∑k=1

2ka2k (1)

O resultado (1) permite concluir o seguinte:

Se a sucessão sn converge então a subsucessão s2n também converge, logo a série de termo

geral 2ka2k é convergente. Podemos escrever este resultado da seguinte forma:

Teorema 10. Seja (an)n∈N uma sucessão de termos não negativos e decrescente.

Se a série+∞∑n=1

an converge então a série+∞∑n=1

2na2n também converge.

A seguir veremos que o recíproco deste resultado tanbém é válido pois:

sn = a1 + a2 + · · ·+ an

≤ a1 + a2 + · · ·+ an + an+1 + · · ·+ a2n+1−1

= a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5 + a6 + a7) + (a2n + · · ·+ a2n+1−1)

na expressão (a2n + · · ·+ a2n+1−1) o número de termos é

2n+1 − 1− 2n + 1 = 2n+1 − 2n = 2n(2− 1) = 2n portanto

sn ≤ a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5 + a6 + a7) + · · ·+ (a2n + · · ·+ a2n+1−1)

≤ a1 + 2a2 + 4a4 + · · ·+ 2na2n

= a1 +n∑

k=1

2ka2k assim

Se a série+∞∑k=1

2ka2k converge implica que a série+∞∑n=1

an também converge

Podemos rescrever o teorema anterior incorporando a informação agora obtida:

34

4.2 Critério de Condensação de Cauchy

Teorema 11. (Critério de Condensação de Augustin Cauchy, 1821)

Seja (an)n∈N uma sucessão de termos não negativos e decrescente.

A série+∞∑n=1

an converge se e somente se a série+∞∑n=1

2na2n converge.

Exemplo 23. Vamos provar pelo critério de condensação de Cauchy que a seguinte série

é convergente.+∞∑n=1

1

n2

Signi�ca que

an =1

n2portanto a2n =

1

(2n)2

Logo+∞∑n=1

2n1

(2n)2=

+∞∑n=1

1

2na série obtida é geométrica e como r = |1

2| < 1

é convergente

s =12

1− 12

= 1

Conclui-se que a série dada é convergente, pois é decrescente e de termos não negativos.

Exemplo 24. Vamos provar pelo critério de condensação de Cauchy que a seguinte série

diverge.+∞∑n=1

1

n12

Como

an =1

n12

=1√n

portanto a2n =1√2n

assim temos+∞∑n=1

1

n12

=+∞∑n=1

2n1√2n

=+∞∑n=1

√2n√2n

1√2n

=+∞∑n=1

√2n

calculando o limite do termo geral√2n obtemos

limn→+∞

√2n = +∞

portanto, pela condição nessária de convergência conclui-se que a série dada também di-

verge.

O teorema precedente permite-nos mostrar a convergência ou divergência da série de termo

geral1

np

para qualquer p ∈ R+. Já vimos a título de exemplo que para p = 1/2 a série diverge e

para p = 2 a série converge. Vamos agora fazer um estudo mais completo.

35

4.3 Série Dirichlet ou Série-P

Teorema 12. Seja p ∈ ]0,+∞[ e considere-se a série

+∞∑n=1

1

np

Então

1. se 0 < p < 1 a série diverge.

2. se p > 1 a série converge.

Demonstração: Se p ≤ 0 a série diverge, facilmente veri�ca-se porque

limn→+∞

1

np6= 0

Seja p > 0. Aplicando o critério de condensação de Cauchy, uma vez que a série de termo

geral

an =1

np

é decrescente e de termos positivos para todo n, então

+∞∑n=1

an '+∞∑n=1

2na2n

Consequentemente.

+∞∑n=1

2n1

(2n)p=

+∞∑n=1

2n1

2np=

+∞∑n=1

2n.2−np =+∞∑n=1

2n−np =+∞∑n=1

2n(1−p)

Mas 21−p < 1 se e só se 1− p < 0, ou seja, é convergente se e só se p > 1. Portanto a série

obtida é geométrica,


a)+∞∑n=1

13√n5

b)

+∞∑n=1

2n

n2

a) temos:+∞∑n=1

13√n5

=+∞∑n=1

1

n53

Portanto trata-se da série-p e como

p =5

3> 1

assim a série dada converge.

b) Da mesma forma temos:+∞∑n=1

2n

n2= 2

+∞∑n=1

1

n

36

obtemos uma série-p e com p = 1, consequentemente obtemos a série harmónica que sabe-

mos ser divergente, logo a série dada também é divergente.

O critério de condensação de Cauchy estabelece que as séries

a1 + a2 + a3 + · · ·+ an + · · ·

2a2 + 4a4 + 8a8 · · ·+ 2na2n + · · ·

têm a mesma natureza. Assim, para determinarmos a natureza da primeira série escolhe-

mos averiguar a natureza de uma outra série em que o termo geral já não é an mas 2na2n .

Subjacente a está escolha está o facto de termos agrupado os termos de an em grupos de

potências de 2. Mas não é obrigatório considerar o número 2. Podíamos ter escolhido

agrupar os termos de an em potências de 3, 4, 10, etc. Há portanto uma certa liberdade na

escolha da sucessão que usamos para agrupar os termos. O próximo resultado aprofunda

esta ideia.

Teorema 13. (Critério de Oskar Shlomilch, 1873)

Considere-se a série+∞∑n=1

an

Se a sucessão (an)n∈N é decrescente de termos, positivos e se existe L > 0 e uma sucessão

de naturais nk : k ∈ N tal que

1. 0 < n1 < n2 < · · · < nk < · · ·

2. nk+1−nk

nk−nk−1< L

então a série

+∞∑n=1

an converge se e somente se a série+∞∑k=1

(nk+1 − nk)ankconverge.

Observação 1. Se no critério de Schlomilch escolhermos a sucessão de termo geral nk =

2k obtemos o critério de condensação de Cauchy.

Demonstração: (⇒)

sn2 = a1 + · · ·+ an1 + an1+1 + · · ·+ an2

= sn1 + an1+1 + · · ·+ an2

≥ sn1 + (n2 − n1)an2

Da mesma forma

sn3 = sn2 + an2+1 + · · ·+ an3

≥ sn1 + (n2 − n1)an2 + (n3 − n2)an3

37

Generalizando, podemos provar que:

sni ≥ sn1 +

i∑k=2

(nk − nk−1)ank

Como

nk+1 − nknk − nk−1

< L

Temos

nk − nk−1 >1

L(nk+1 − nk)

Assim

sni ≥ sn1 +

i∑k=2

(nk − nk−1)ank

≥ sn1 +1

L

i∑k=2

(nk+1 − nk)ank

Se sn converge, sni converge e

+∞∑k=2

(nk+1 − nk)ank

converge.

Demonstração: (⇐) Seja mi : i ∈ N uma sucessão de naturais com:

0 < m1 < m2 < · · · < mi < · · ·

Consideremos:

sn = a1 + a2 + · · ·+ an

Dado n ∈ N, como mi é crescente, existe um índice in que veri�ca n < min − 1

sn = a1 + a2 + · · ·+ an

≤ a1 + a2 + · · ·+ an+1 + · · ·+ amin− 1

= (a1 + · · ·+ am1−1) + (am1 + · · ·+ am2−1) +

+(am2 + · · ·+ am3−1) + · · ·+ (am(in−1) + · · ·+ amin−1)

≤ sm1−1 + (m2 −m1)am1 + (m3 −m2)am2 + · · ·+ (min −m(in−1))am(in−1)

sn ≤ sm1−1 +

in−1∑k=1

(mk+1 −mk)amk

Portanto se a série+∞∑k=1

(mk+1 −mk)amkconverge, implica que sn também converge.

38

Exemplo 26. Vamos determinar a natureza da seguinte série.

+∞∑n=1

1

2√n

O termo geral1

2√n

é decrescente. Escolhemos nk = k2

nk+1 − nknk − nk−1

=(k + 1)2 − k2

k2 − (k − 1)2=k2 + 2k + 1− k2

k2 − k2 + 2k − 1=

2k + 1

2k − 1= 1 +

2

2k − 1

Como2

2k − 1≤ 2

para todo k ≥ 1, temosnk+1 − nknk − nk−1

≤ 3

Portanto, pelo critério de Schlomilch, as séries

+∞∑n=1

1

2√n

e+∞∑n=1

((k + 1)2 − k2) 1

2√k2

têm a mesma natureza. A última série é

+∞∑k=1

(2k + 1)1

2k= 2

+∞∑k=1

k

2k+

+∞∑k=1

1

2k

A última série é geométrica de razão menor do que um, logo convergente. A série

+∞∑k=1

k

2k

é convergente, pois como

k <

(3

2

)k

temosk

2k<

3k

2k2k=

(3

4

)k

e+∞∑k=1

(3

4

)k

39

converge. Consequentemente a série

+∞∑n=1

1

2√nconverge.

O próximo teorema permite-nos utilizar séries conhecidas ou seja, séries convergentes ou

divergentes para estabelecer a natureza de outras séries.

4.4 Critério geral de Comparação

Teorema 14. Sejam+∞∑n=1

an e+∞∑n=1

bn

séries de termos não negativos tais que

an ≤ bn

para qualquer n ∈ N. Tem-se

1. Se a série∑bn converge, então a série

∑an também converge.

2. Se a série∑an diverge, então a série

∑bn também diverge.

Demonstração: Considerando sn e tn as sucessões das somas parciais, temos

sn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an

tn = b1 + b2 + b3 + · · ·+ bn

Como as séries an e bn são de termos não negativos com para qualquer n ∈ N. Vamos

começar por mostrar o caso 1. Como an ≤ bn temos

sn ≤ tn

Sendo+∞∑n=1

bn

convergente, a sucessão das somas parciais (tn)n∈N é limitada e monótona crescente.

Conclui-se que a sucessão das somas parciais (sn)n∈N converge. Assim

+∞∑n=1

an

converge.

Da mesma forma vamos mostrar o caso 2. Recordemos que se P,Q são enunciados então

P ⇒ Q é equivalente a ∼ Q ⇒∼ P

40

Tendo presente o contra-recíproco do resultado anterior temos

∼

(+∞∑n=1

an converge

)⇒ ∼

(+∞∑n=1

bn converge

)

Então+∞∑n=1

an diverge ⇒+∞∑n=1

bn diverge.

Exemplo 27. Vamos determinar a natureza das seguintes séries.

a)+∞∑n=0

1

2 + 5nb)

+∞∑n=3

lnn

n

a) Temos

2 + 5n ≥ 5n ⇒ 1

2 + 5n≤ 1

5n

Ou seja

an ≤ bn

escolhendo

bn =1

5n

e como∑bn é convergente. Resulta pela parte (1) do teorema que a série dada converge.


lnn ≥ 1

entãolnn

n≥ 1

n

escolhendo

bn =+∞∑n=3

1

n

temos an ≥ bn. Por outro lado como a série de termo geral bn é a série harmónica sabemos

que diverge para +∞ então a série de termo geral an também diverge para +∞.

Observação 2. Ao utilizarmos o critério geral de comparação, devemos primeiro escolher

uma série de termo geral bn adequada, para então provar que an ≤ bn, para qualquer n.

Esta prova pode ser difícil se an for uma expressão complicada. O critério seguinte é em

geral mais fácil de aplicar.

4.5 Critério Geral de Comparação do Limite

Teorema 15. Seja+∞∑n=1

an uma série de termos não negativos e+∞∑n=1

bn uma série de termos

positivos tal que

limn→+∞

anbn

= L então

1. Se L ∈ ]0,+∞[ as duas séries têm a mesma natureza.

41

2. Se L = 0 se a série∑bn converge então

∑an converge.

3. Se L = +∞ se a série∑bn diverge então

∑an diverge.

Demonstração: Vamos começar por provar o primeiro caso em que

limn→+∞

anbn

= L

L é um real positivo.

Pela de�nição de limite de uma sucessão para qualquer ε > 0 existe uma ordem N a partir

da qual tem-se

L− ε < anbn

< L+ ε para qualquer n ≥ N

Escolhendo ε su�cientemente pequeno, de modo que L− ε > 0 sejam α e β dois números

reais positivos tais que

α = L− ε e β = L+ ε

Consequentemente obtemos

α <anbn

< β

Então a partir dessa ordem N temos

αbn < an < βbn

Assim pelo critério geral de comparação, obtemos as seguintes conclusões

1. Se∑bn converge ⇒

∑an converge se e somente se

∑βan diverge ⇒

∑bn diverge.

2. Se∑an converge ⇒

∑bn converge se e somente se

∑bn diverge ⇒

∑an diverge.

Nessas condições ambas as séries têm a mesma natureza.

Segundo caso L = 0. Seja

limn→+∞

anbn

= 0

Para qualquer ε > 0 existe uma ordem N tal que para qualquer n ≥ N . Temos

0− ε < anbn

< 0 + ε

Escolhendo ε = 1 implica que existe N tal que para qualquer n ≥ N , temos

anbn≤ 1⇒ an ≤ bn

Consequentemente pelo critério geral de comparação temos que

se a série∑bn converge, implica que a série

∑an converge.

Por último vamos mostrar o terceiro caso L = +∞. Seja

limn→+∞

anbn

= +∞

42

Para qualquer M > 0 existe N tal que para qualquer n ≥ N , temos

anbn≥M

Escolhendo M = 1 existe N tal que para qualquer n ≥ N . Temos

anbn≥ 1⇒ an ≥ bn

Consequentemente usando o critério geral de comparação conclui-se que se a série∑bn

diverge, então a série∑an também diverge.


a)+∞∑n=1

n3 − 2

n+ 1b)

+∞∑n=1

3n2 + 5n

2n(n2 + 1)

a) O termo geral da série é

an =n3 − 2

n+ 1

desprezando os termos de menor magnitude no numerador e denominador quando n →+∞, obtemos

n3 − 2

n+ 1' n3

n= n2

implica que vamos escolher

bn = n2

Mas com∑n2 diverge. Temos

limn→+∞

anbn

= limn→+∞

n3−2n+1

n2= lim

n→+∞

n3 − 2

n3 + n2= 1

e como∑n2 diverge resulta que a série dada diverge.

b) Da mesma forma desprezando os termos de menor magnitude no numerador e denomi-

nador quando n→ +∞, obtemos

3n2 + 5n

2n(n2 + 1)' 3n2

2nn2=

3

2n= bn

Temos

limn→+∞

3n2+5n2n(n2+1)

32n

= limn→+∞

3n2 + 5n

2n(n2 + 1)

2n

3= lim

n→+∞

3n2 + 5n

3(n2 + 1)= 1

Como L é um numéro positivo, e como∑bn é convergente conclui-se que a série dada

converge.

Quando a série do termo geral an é de termos positivos o próximo critério é muito útil

43

4.6 Critério da Razão

Teorema 16. Seja∑an uma série de termos positivos. Suponhamos que

limn→+∞

an+1

an= L

1. Se L < 1 a série∑an converge.

2. Se L > 1 a série∑an diverge.

3. Se L = 1 nada se pode concluir sobre a série∑an.

Demonstração: Vamos começar por provar o primeiro caso, L < 1.

Seja

limn→+∞

an+1

an= L

Por de�nição de limite de uma sucessão para todo ε > 0 existe uma ordemM1 tal que para

qualquer n ≥M1 ∣∣∣∣an+1

an− L

∣∣∣∣ < ε

Escolhendo ε su�cientemente pequeno temos

L+ ε < 1

Temos

−ε < an+1

an− L < ε

Consequentemente temosan+1

an− L < ε

então

an+1 < (ε+ L)an

para qualquer n ≥M . Em particular para n =M + 1 temos

aM+2 < (ε+ L)aM+1

Para n = aM+2 temos

aM+3 < (ε+ L)aM+2

Implica que

aM+3 < (ε+ L)(ε+ L)aM+1

Assim obtemos

aM+3 < (ε+ L)2aM+1

...

44

Podemos provar por indução matemática que

aM+K < (ε+ L)k−1aM+1

é verdadeira para qualquer k ≥ 2. Consequentemente obtemos:

+∞∑n=1

an =M+1∑n=1

an ++∞∑

n=M+2

an


+∞∑k=2

(ε+ L)k−1aM+1 =

+∞∑k=2

(ε+ L)k

ε+ LaM+1 =

aM+1

ε+ 1

+∞∑k=2

(ε+ L)k

A série obtida é geométrica, pois r = (ε+ L) < 1 logo é convergente. Assim a série

+∞∑k=2

(ε+ L)k−1aM+1

converge e consequentemente

+∞∑n=M+2

an = aM+2 + aM+3 + · · · =+∞∑k=2

aM+k

também converge, ou seja:

+∞∑n=1

an =M+1∑n=1

an ++∞∑

n=M+2

an =M+1∑n=1

an ++∞∑k=2

aM+1

é convergente.

Segundo caso, L > 1. Seja ε > 0, existe uma ordemM tal que para qualquer n ≥M temos∣∣∣∣an+1

an− L

∣∣∣∣ < ε

escolhendo ε su�cientemente pequeno de forma que L− ε > 1. Temos

−ε < an+1

an− L < ε

Portanto obtemos

L− ε < an+1

an

Assim

an(L− ε) < an+1

Escolhendo n =M + 1 temos

aM+1(L− ε) < aM+2

45

Para n =M + 2 temos

aM+2(L− ε) < aM+3

Assim

aM+1(L− ε)2 < aM+3

...

Podemos provar por indução matemática que

aM+1(L− ε)k−1 < aM+k

é verdadeira para qualquer k ≥ 2. Mas

+∞∑k=1

aM+1(L− ε)k−1 =aM+1

L− ε

+∞∑k=1

(L− ε)k

A série obtida é geométrica e como r = (L− ε) > 1, é divergente. Portanto a série

+∞∑k=1

aM+1(L− ε)k

diverge. Consequentemente

aM+1 + aM+2 + aM+3 + · · · =+∞∑k=1

aM+k

é divergente e portanto+∞∑n=1

an

também é divergente.

Por último temos o caso L = 1. Considerando a série

+∞∑n=1

1

nsabemos que é divergente mas

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

1n+11n

= limn→+∞

n

n+ 1= 1.

E a série+∞∑n=1

1

n2sabemos que é convergente, mas

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

1(n+1)2

1n2

= limn→+∞

(n

n+ 1

)2

= 1.

E portanto o facto do limite ser igual a 1, não nos permite concluir nada acerca da natureza

das séries em questão. Neste caso dizemos que o critério é inconclusivo.

46

Exemplo 29. Vamos determinar a natureza das seguintes séries:

a)

+∞∑n=0

2n

n!b)

+∞∑n=1

5n

n+ 1.

a)

an =2n

n!

Consequentemente obtemos

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

2n+1

(n+ 1)!× n!

2n= lim

n→+∞

2n 2

(n− 1)n!× n!

2n= lim

n→+∞

2

n− 1= 0

Como L = 0 < 1 conclui-se que a série é convergente.


an =5n

n+ 1

Assim

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

5n+1

n+ 2× n+ 1

5n= lim

n→+∞

5n+1

5n× n+ 1

n+ 2= lim

n→+∞

5n+ 5

n+ 2= 5.

Consequentemente L = 5 > 1. Assim conclui-se que a série é divergente. O próximo

critério é particularmente útil quando an contém potências de n.

4.7 Critério da Raiz

Teorema 17. Seja∑an uma série de termos não negativos, e suponhamos que

limn→+∞

n√an = L

Temos

1. Se L < 1 a série∑an converge

2. Se L > 1 a série∑an diverge

3. Se L = 1 nada podemos a�rmar sobre a série∑an.

Demonstração: Começamos por mostrar o primeiro caso, L < 1.

Seja ε �xo. Como

limn→+∞

n√an = L

temos que existe M > 0 tal que para qualquer n > M , obtemos∣∣∣∣a 1nn − L

∣∣∣∣ < ε⇔

−ε < a1nn − L < ε⇔ L− ε < a

1nn < L+ ε

Escolhemos ε tal que L+ ε < 1. Obtemos

a1nn < ε+ L⇒ an < (ε+ L)n

47

Assim a série obtida+∞∑

n=M+1

(ε+ L)n

é geométrica e convergente porque a razão é menor que 1. Consequentemente a série

+∞∑n=M+1

an

é convergente, portanto a série

+∞∑n=1

an =M∑n=1

an ++∞∑

n=M+1

an

é convergente.

Segundo caso, L > 1. Seja ε > 0 tal que (L − ε) > 1. Pela de�nição de limite de uma

sucessão existe M > 0 tal que para qualquer n > M temos

|a1nn − L| < ε

Assim

−ε < a1nn − L < ε

em particular obtemos

L− ε < a1nn

consequentemente temos

(L− ε)n < an

Assim+∞∑

n=M+1

(L− ε)n

é geométrica e divergente pois r = (L− ε) > 1. Portanto a série

+∞∑n=1

=M∑n=1

an ++∞∑

n=M+1

an

é também divergente. O resto da prova é análogo ao critério da razão, ou seja, se L = 1

temos.

Considerando a série+∞∑n=1

1

n

limn→+∞

(an)1n = lim

n→+∞

1n√n=

1

limn→+∞

n1n

=1

limn→+∞

e(1nlogn)

=1

elim

n→+∞(1

nlog n)

=1

e0= 1

48

Neste caso+∞∑n=1

1

n

é divergente mas

limn→+∞

n√an = 1

Considerando a série+∞∑n=1

1

n2

an =1

n2⇒ lim

n→+∞a

1nn = lim

n→+∞

(1

n2

) 1n

=1

limn→+∞

(n2) 1

n

limn→+∞

(n2) 1

n = limn→+∞

e

(log(n2)

1n

)

= limn→+∞

e(1nlogn2)

= limn→+∞

e(2nlogn)

= limn→+∞

e

[2 limn→+∞

log n

n

]

Consequentemente temos

limn→+∞

(n2) 1

n = e2×0

= e0 = 1

Assim a série dada converge mas

limn→+∞

a1nn =

1

1= 1

E portanto o facto do limite ser igual a 1 não nos permite concluir nada acerca da natureza

das séries em questão. Neste caso dizemos que o critério é inconclusivo.


a)+∞∑n=1

1

nnb)

+∞∑n=1

(2n2

n2 + 1

)n

a) Aplicando o critério da raiz temos a

an =1

nn

obtemos:

limn→+∞

n√an = lim

n→+∞

n√1

n√nn

= limn→+∞

1

(nn)1n

= limn→+∞

1

nnn

= limn→+∞

1

n= 0

Como 0 < 1, portanto a série dada é convergente.

49

b) Da mesma forma e como

an =

(2n2

n2 + 1

)n

Então

limn→+∞

n

√(2n2

n2 + 1

)n

= limn→+∞

2n2

n2 + 1= 2

Como 2 > 1, assim a série de termo geral an é divergente.

Exercícios 7. Determine a natureza das seguintes séries:

a)+∞∑n=1

10

3n + 1b)

+∞∑n=1

nn√n

c)+∞∑n=1

3n+ 5

n2n.

d)+∞∑n=1

1√n3 − 5n

e)+∞∑n=1

n5 + 4n3 − 1

2n8 + 4n4 + 2f)

+∞∑n=0

1

1 + (0, 3)n.

Exercícios 8. Aplicando o critério da razão ou da raiz, determina a natureza das seguintes

séries:

a)+∞∑n=1

3n+ 1

2nb)

+∞∑n=1

2n

n2c)

+∞∑n=1

100n

n!

d)+∞∑n=1

(ln n)n√nn

e)+∞∑n=1

2n−1

nf)

+∞∑n=1

(2n)n

(5n+ 3n−1)n

g)

+∞∑n=1

( n

lnn

)n.

Exercícios 9. Utiliza o critério de condensação de Cauchy para determinar a natureza

das seguintes séries:

a)+∞∑k=1

1

kb)

+∞∑k=1

1

k2c)

+∞∑k=2

1√k ln k

.

d)+∞∑k=2

ln k

k2e)

+∞∑k=2

ln k√k.

50

Capítulo 5

Séries Sem Sinal Fixo

Uma família importante de séries sem sinal �xo pode ser obtida da seguinte forma. Esco-

lhemos uma sucessão (an)n∈N de termos positivos e consideramos as séries

+∞∑k=1

(−1)kak = −a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)kak + · · ·

ou+∞∑k=1

(−1)k+1ak = a1 − a2 + a3 − · · ·+ (−1)k+1ak + · · ·

Estas séries dizem-se séries alternadas uma vez que o sinal do termo geral vai alternando,

entre positivo e negativo ou vice-versa.

O próximo critério é muito importante para determinar a natureza de séries alternadas.

5.1 Critério de Leibniz

Teorema 18. Seja

+∞∑k=1

(−1)k+1ak = a1 − a2 + a3 − a4 + · · ·+ (−1)k+1ak + · · ·

uma série alternada. Se

1. ak+1 ≤ ak para qualquer k ∈ N

2. limk→+∞

ak = 0

a série converge.

Demonstração: Começamos por analizar a sucessão das somas parciais dos termos pare

s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · ·+ a2k−1 − a2k

Agrupando os termos como:

s2k = (a1 − a2) + (a3 − a4) + · · ·+ (a2k−1 − a2k)

Pela primeira hipótese do teorema as parcelas entre parênteses são não negativas, logo

s2k ≥ 0

51

A próxima soma parcial é

s2(k+1) = s2k + (a2k+1 − a2k+2)

Implica que a sucessão das somas parciais pare é uma sucessão crescente. Por outro lado

reagrupando os parênteses temos

s2k = a1 − (a2 − a3)− (a4 − a5)− (a2k−2 − a2k−1)− a2k.

Signi�ca que estamos a subtrair do primeiro termo uma expressão positiva, então podemos

a�rmar que s2k é limitada superiormente por a1. Portanto obtemos:

limk→+∞

s2k = s

para algum s ∈ R. Considerando as somas parciais dos termos ímpare temos

s2k+1 = s2k + a2k+1

Passando ao limite temos

limk→+∞

s2k+1 = limk→+∞

(s2k + a2k+1)

Pois, como pela segunda hipótese do teorema se tem

limk→+∞

a2k+1 = 0

então

limk→+∞

s2k+1 = limk→+∞

s2k + 0 = s

Portanto conclui-se que as sucessões das somas parciais pares e ímpares têm o mesmo limite

s. Assim a sucessão das somas parcias também converge e tem-se

s =+∞∑k=1

(−1)k+1ak

Exemplo 31. Vamos analisar a natureza das seguintes séries alternadas

a)

+∞∑n=1

(−1)n 2n

4n2 − 3b)

+∞∑n=1

(−1)n 2n

4n− 3

Pelo teorema de Leibniz primeiramente temos que provar que an+1 ≤ an e que

limn→+∞

an = 0.

a) Como

an =2n

4n2 − 3

Obtemos

an+1 − an =2n+ 2

4n2 + 8n+ 1− 2n

4n2 − 3=

(2n+ 2)(4n2 − 3)− 2n(4n2 + 8n+ 1)

(4n2 + 8n+ 1)(4n2 − 3)=

52

=−8n2 − 8n− 6

(4n2 + 8n+ 1)(4n2 − 3)≤ 0

é decrescente para qualquer n e como

limn→+∞

an = limn→+∞

2n

4n2 − 3= 0

Assim conclui-se que a série dada é convergente.

b) Podemos provar que ak+1 ≤ ak. Mas como

limn→+∞

an = limn→+∞

2n

4n− 3=

1

2

pela condição necessária de convergência a série é divergente.

O próximo conceito é muito útil para séries de termos positivos e termos negativos. Permite

utilizar critérios criados para as séries de termos positivos para determinar a natureza de

outros tipos de séries.

5.2 Série Absolutamente Convegente

De�nição 14. Uma série+∞∑k=1

ak diz-se absolutamente convergente se a série

+∞∑k=1

|ak| = |a1|+ |a2|+ |a3|+ · · ·+ |an|+ · · ·

é convergente.

É de salientar que se a série de termo geral an é de termos positivos, então |an| = an

Exemplo 32. Vamos provar que a seguinte série é absolutamente convergente.

+∞∑n=1

(−1)n+1 1

n2= 1− 1

22+

1

32− 1

42+ · · ·+ (−1)n+1 1

n2+ · · ·

Considerando os valores absolutos de cada termo, obtemos

+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n+1 1

n2

∣∣∣∣ = 1 +1

22+

1

32+

1

42+ · · ·+ 1

n2+ · · ·

Sabemos que a série de termo geral

an =1

n2

é uma série-p convergente. Logo a série dada é absolutamente convergente.

Exemplo 33. Vamos provar que a seguinte série converge mas não é absolutamente con-

vergente.

53

+∞∑n=1

(−1)n+1 1

n= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · ·+ (−1)n+1 1

n+ · · ·

Está série é chamada série harmónica alternada. São veri�cadas as condições do critério

de Leibniz, ou seja, escolhendo

an =1

n

an é decrescente pois1

n+ 1≤ 1

n

é equivalente1

n+ 1− 1

n=n− n− 1

n2 + n= − 1

n2 + n≤ 0

e

limn→+∞

1

n= 0

Portanto, pelo critério de Leibniz a série é convergente. Para estudar a convergência

absoluta, aplicamos a de�nição (14). Considerando os valores absolutos temos

+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n+1 1

n

∣∣∣∣ = 1 +1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

n+ · · ·

A série obtida é a série harmónica que já sabemos ser divergente, logo pela de�nição (14)

a série harmónica alternada não é absolutamente convergente.

A próxima de�nição diz-nos que séries convergentes mas não absolutamente convergentes,

como a série harmónica alternada têm um nome especial.

De�nição 15. Se a série+∞∑k=1

ak converge mas+∞∑k=1

|ak| diverge, então a série+∞∑k=1

ak diz-se

simplesmente convergente.

O próximo teorema é muito útil para séries absolutamente convergentes.

Teorema 19. Se a série+∞∑k=1

ak é absolutamente convegente, então+∞∑k=1

ak converge.

Demonstrção: Temos sempre

−|ak| ≤ ak ≤ |ak|

e somando |ak| ambos os membros da desigualdade obtemos

0 ≤ |ak|+ ak ≤ 2|ak|

Como+∞∑k=1

|ak| converge, então+∞∑k=1

2|ak| converge. Logo

+∞∑k=1

|ak|+ ak

54

é uma série convergente, além disso

+∞∑k=1

ak =+∞∑k=1

ak + |ak| − |an| =+∞∑k=1

(ak + |ak|)−+∞∑k=1

|ak|

Consequentemente+∞∑k=1

ak

converge.

Exemplo 34. Vamos determinar a natureza da série alternada.

+∞∑n=1

(−1)n+1 1

2n=

1

2− 1

22+

1

23− 1

24+ · · · (−1)n+1 1

2n+ · · ·

Considerando os valores absolutos de cada termo temos

+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n+1 1

2n

∣∣∣∣ = 1

2+

1

22+

1

23+

1

24+ · · · 1

2n+ · · ·

A série obtida é a série geométrica de razão 1/2, que é convergente. Logo a série dada

é absolutamente convergente e pelo teorema anterior a série dada é convergente (nestas

condições não precisamos de aplicar o teorema de Leibniz).

Exemplo 35. Vamos determinar a natureza da seguinte série:

+∞∑n=1

(−1)n+1 1√n+ 1

Temos+∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n+1 1√n+ 1

∣∣∣∣ = +∞∑n=1

1√n+ 1

Como

limn→+∞

1√n+ 1

= 0

Não podemos usar a condição necessária de convergência. Mas aplicando o critério geral

de comparação do limite,+∞∑n=1

1√n+ 1

≤+∞∑n=1

1√n

como+∞∑n=1

bn =

+∞∑n=1

1

n12

é divergente. Resulta que

limn→+∞

1√n+11√n

= limn→+∞

√n√

n+ 1= 1

55

As séries têm a mesma natureza. Logo

+∞∑n=1

1√n+ 1

diverge

Nestas condições não podemos aplicar o teorema da série absoluta. Como a série de termo

geral an diverge, podemos usar o teorema de Leibniz. Assim

an =1√n+ 1

Consequentemente

an+1 − an =1√n+ 2

− 1√n+ 1

=

√n+ 1−

√n+ 2(√

n+ 2) (√

n+ 1)

=

(√n+ 1−

√n+ 2

) (√n+ 1 +

√n+ 2

)(√n+ 2

) (√n+ 1

) (√n+ 1

) (√n+ 2

)=

n+ 1− n− 2(√n+ 2

) (√n+ 1

) (√n+ 1

) (√n+ 2

)=

−1(√n+ 2

) (√n+ 1

) (√n+ 1

) (√n+ 2

) ≤ 0

Logo (an)n∈N é decrescente e

limn→+∞

1√n+ 1

= 0

Portanto pelo teorema de Leibniz a série converge. Como a série dos módulos diverge

concluímos que a série é simplesmente convergente.

Observação 3. Nas séries de termos sem sinal �xo é essencial sabermos o seguinte: O

critério de Leibniz é uma condição su�ciente de convergência, pelo que nada se poderá

concluir quando falha algumas das hipóteses. Salienta-se no entanto que se

limn→+∞

an 6= 0

a série alternada diverge, já que também

limn→+∞

(−1)n+1an 6= 0

A seguir veremos um resultado muito importante.

56

5.3 Reordenamento de séries

Quando somamos os mesmos números mas escolhendo outra ordem obtemos o que chama-

mos um reordenamento da série dada. Por exemplo seja

s =+∞∑k=1

(−1)k+1 1

k= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · ·

Se multiplicarmos os membros por 1/2 obtemos

s

2=

1

2

+∞∑k=1

(−1)k+1 1

k=

1

2− 1

4+

1

6− 1

8+ · · ·

Por outro lado somando as duas séries anteriores obtemos

s+s

2= 1 +

1

3− 1

2+

1

5+

1

7− 1

4+ · · ·

3s

2= 1 +

1

3− 1

2+

1

5+

1

7− 1

4+ · · ·

Suponha-se que+∞∑k=1

bk =3s

2

A série+∞∑k=1

bk = 1 +1

3− 1

2+

1

5+

1

7− 1

4+ · · ·

diz-se um reordenamento da série harmónica alternada e pelo exposto temos

+∞∑k=1

bk =3s

2

Assim, ao fazermos este reordenamento da série harmónica alternada obtivémos outra série

que tem outra soma (pode ver-se que s = ln 2 ). Tal nem sempre acontece e o próximo

resultado esclarece esta questão.

Teorema 20. Seja+∞∑k=1

ak uma série absolutamente convergente. Seja+∞∑k=1

bk um reordena-

mento de+∞∑k=1

ak. Então

+∞∑k=1

ak =

+∞∑k=1

bk

Demonstração: Começamos por supor que+∞∑k=1

ak e+∞∑k=1

bk são séries de termos positivos.

57

Onde+∞∑k=1

bk é um reordenamento de+∞∑k=1

ak

sN =N∑

n=1

an e tN =N∑

n=1

bn.

Então sN → s e tN → t. Por outro lado temos

sN ≤ t e tN ≤ s

passando ao limite obtemos

limn→+∞

sN ≤ t e limn→+∞

tN ≤ s

Signi�ca que s ≤ t e t ≤ s, consequentemente

s ≤ t ≤ s

assim s = t.

Vejamos o caso mas geral

an+ = |an|+an2

an− = |an|−an

2

Consequentemente+∞∑n=1

an =

+∞∑n=1

an+ −

+∞∑n=1

an−


|an| = an+ + an

−

logo+∞∑n=1

|an| =+∞∑n=1

a+n +

+∞∑n=1

an−

Somando as duas últimas séries obtemos

+∞∑n=1

an +

+∞∑n=1

|an| = 2

+∞∑n=1

a+n

e a série+∞∑n=1

a+n

é convergente. Isto obriga que também

+∞∑n=1

a−n

58

seja convergente. Mas como

+∞∑n=1

bn+ =

+∞∑n=1

an+ e

+∞∑n=1

bn− =

+∞∑n=1

an−

Consequentemente

+∞∑n=1

bn =+∞∑n=1

bn+ −

+∞∑n=1

bn− e

+∞∑n=1

an =+∞∑n=1

an+ −

+∞∑n=1

an−

Logo obtemos+∞∑n=1

bn+ −

+∞∑n=1

bn− =

+∞∑n=1

an+ −

+∞∑n=1

an−

temos+∞∑n=1

bn =

+∞∑n=1

bn+ −

+∞∑n=1

bn− =

+∞∑n=1

an+ −

+∞∑n=1

an− =

+∞∑n=1

an

Assim podemos a�rmar que uma série de termos positivos seu reordenamento converge

para a mesma soma.

Exercícios 10. Determine a natureza das séries.

a)

+∞∑n=1

(−1)n 3

5nb)

+∞∑n=1

(−1)n 13√n2

c)+∞∑n=1

(−1)n e2n + 1

e2n.

d)

+∞∑n=1

(−1)n(1 + e−n

)e)

+∞∑n=1

(−1)n√n+ 1

n+ 1f)

+∞∑n=1

(−1)n n

lnn.

Exercícios 11. Diga se as séries são absolutamente convergente, simplesmente conver-

gente ou divergentes.

a)+∞∑n=1

(−1)n 1

n12

b)+∞∑n=1

(−1)n lnnn

c)+∞∑n=1

(−1)n e2n + 1

e2n.

d)+∞∑n=1

(−1)n√n+ 1

n+ 1e)

+∞∑n=1

(−1)n√n+ 1

n+ 1.

f)+∞∑n=1

(−1)n(

n

2n+ 1

)n

g)+∞∑n=1

(−1)n 3nn! + 1

nnh)

+∞∑n=1

(−1)n 3n+ 1

5n+ 1.

59

60

Capítulo 6

Três Critérios para Convegência de Séries deTermos não Negativos

O teorema seguinte nos permitirá deduzir posteriormente novos critérios de convergência,

quando alguns dos critérios já estudados são inconclusivos.

6.1 Critério de Kummer

O teorema seguinte nos permitirá deduzir posteriormente novos critérios de convergência,

quando alguns dos critérios já estudados são inconclusivos.

Teorema 21. ([8] Theorem 2.7 Pag: 46)

Seja∑an uma série de termos positivos e k ∈ R. Suponha-se que existe uma sucessão

dn > 0 tal que

limn→+∞

[1

dn− an+1

an

1

dn+1

]= k

Temos

1. Se k > 0 a série∑an converge.

2. Se k < 0 e∑dn diverge, então a série

∑an diverge.

Demonstração: Começamos por mostrar o primeiro caso em que k > 0.

Suponha-se que h ∈ ]0, k] e que existe N ∈ N tal que para n ≥ N se tem:

1

dn− an+1

an

1

dn+1≥ h

Como an > 0, multiplicando a expressão anterior por an obtemos

andn− an+1

dn+1≥ han

Por outro lado multiplicando por 1/h. Temos

1

h(andn − an+1dn+1) ≥ an

61

Portanto analizando as somas parciais da sucessão (sm)m∈N temos

sm =N∑

n=1

an +m∑

n=N+1

an

sm =

N∑n=1

an + aN+1 + aN+2 + · · ·+ am

≤N∑

n=1

an +1

h[aN+1dN+1 − aN+2dN+2] + · · ·+

1

h[amdm − am+1dm+1]

=

N∑n=1

an +1

h[aN+1dN+1 − am+1dm+1]

Como am+1dm+1 > 0 resulta que

sm ≤N∑

n=1

an +1

h[aN+1dN+1]

Portanto (sm)m∈N é monótona crescente e limitada, logo a sucessão (sm)m∈N converge para

algum limite. Isto é, a série∑an converge.

Segundo caso, em que k < 0. Seja a sucessão (dn)n∈N tal que∑dn diverge e suponha-se

que k < 0. Então existe N ∈ N tal que

1

dn− an+1

an

1

dn+1< 0

para qualquer n ≥ N. Multiplicando a desigualdade anterior por an temos

andn− an+1

dn+1≤ 0 ⇔ an

dn≤ an+1

dn+1

Para qualquer n ≥ N . Por outro lado temos

andn≥ aNdN

> 0

para qualquer n ≥ N. Assim

an ≥(aNdN

)dn

para qualquer n ≥ N. Consequentemente como∑dn diverge, conclui-se pelo critério de

comparação que a série an diverge.

Exemplo 36. Vamos estudar o natureza da série

+∞∑n=1

1

n2

Já vimos a título de exemplo que a aplicação dos critérios da razão e da raiz era inconclu-

62

siva. Assim temos

an =1

n2⇒ an+1

an=

1

(n+ 1)2× n2 =

(n

n+ 1

)2

Aplicando o critério de Kummer e escolhendo dn = 1/n. Temos

n− an+1

an(n+ 1) > 0

Comoan+1

an=

(n

n+ 1

)2

Assim

n− an+1

an(n+ 1) = n− n2

(n+ 1)2× (n+ 1)

= n− n2

n+ 1

=n2 + n− n2

n+ 1

=n

n+ 1

passando ao limite temos

limn→+∞

n

n+ 1= 1

Portanto como k = 1 > 0, então a série dada é convergente pelo critério de Kummer.

Salientar que o critério de Kummer permite-nos usar outros critérios. O próxio critério é

muito útil quando é inconclusivo o critério precedente.

O critério de Kummer permite-nos ainda obter outros critérios.

6.2 Critério de Raabe


Seja+∞∑n=1

an uma série de termos positivos e suponha-se que

an+1

an= 1− βn

n

para qualquer n. Seja

limn→+∞

βn = β então

1. Se β > 1 a série+∞∑n=1

an converge.

2. Se β < 1 a série+∞∑n=1

an diverge.

63

Demonstração: Temosan+1

an= 1− βn

n=n− 1

n− βn − 1

n

Temos.

nan+1

an= (n− 1)− (βn − 1)⇔ −(n− 1) +

an+1

ann = −(βn − 1)⇔

⇔ (n− 1)− an+1

ann = βn − 1

Assim, escolhendo no critério de Kummer dn = 1n−1 temos

1

dn− an+1

an

1

dn+1

Então

1. Se limn→+∞

βn − 1 > 0, isto é, se limn→+∞

βn > 1 então β > 1, a série+∞∑n=1

an converge.

2. Se limn→+∞

βn − 1 < 0, isto é, se limn→+∞

βn < 1 então β < 1, a série+∞∑n=1

an diverge.

Exemplo 37. Vamos determinar a natureza da série

+∞∑n=1

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n)

Como

an =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n)

Temos

an+1

an=

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) (2n+ 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n) (2n+ 2)× 2 · 4 · 6 · · · 2n

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

=2n+ 1

2n+ 2

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

2n+ 1

2n+ 2= 1

E portanto o critério da razão não nos permitiria tirar conclusões. Aplicando o critério de

Raabe temos:an+1

an= 1− βn

n

Como

an+1

an=

2n+ 1

2n+ 2=

2n+ 2− 1

2n+ 2

=2n+ 2

2n+ 2− 1

2n+ 2

= 1− 1

2n+ 2

= 1−

(n

2n+2

)n

= 1− βnn

64

Assim, escolhendo

βn =n

2n+ 2

Temos

limn→+∞

βn = limn→+∞

n

2n+ 2=

1

2

Como

limn→+∞

βn =1

2< 1

a série dada diverge. Outro resultado que também decorre do critério de Kummer é o

seguinte.

6.3 Critério de Gauss


Seja+∞∑n=1

an

uma série de termos positivos. Suponha-se que exista uma sucessão (Qn)n∈N limitada e

k > 0 tal quean+1

an= 1− λ

n+

Qn

n1+k

para qualquer n. Temos

1. Se λ > 1, então+∞∑n=0

an converge.

2. Se λ ≤ 1, então+∞∑n=0

an diverge.

Demonstração: Caso λ 6= 1 usamos o critério de Raabe.

limn→+∞

λ− Qn

nk= lim

n→+∞λ− lim

n→+∞

Qn

nk= λ− 0 = λ

Logo pelo critério de Raabe temos.

1. λ > 1⇒+∞∑n=0

an converge.

2. λ < 1⇒+∞∑n=0

an diverge.

Suponha-se que λ = 1. Temos

an+1

an= 1− 1

n+

Qn

n1+k

65

Escolhendo dn = (n− 1) log(n− 1) pelo critério de Kummer temos

dn −an+1

andn+1

Assim

dn −an+1

andn+1 = (n− 1) log(n− 1)−

(1− 1

n+

Qn

n1+k

)n log n

= (n− 1) log(n− 1)− n log n+ log n−Qnn log n

nkn

= (n− 1) log(n− 1)− n log n+ log n−Qnlog n

nk

Mas em particular temos

n log n = (n− 1) log n+ log n portanto

dn −an+1

andn+1 = (n− 1) log(n− 1)− (n− 1) log n− log n+ log n−Qn

log n

nk

= (n− 1)[log(n− 1)− log n]−Qnlog n

nk

= (n− 1) log

(n− 1

n

)−Qn

log n

nk


log ba = a log b

Então

(n− 1) log

(n− 1

n

)= log

(n− 1

n

)n−1

= log

(n− 1

n

)n(n− 1

n

)−1= log

(1− 1

n

)n

+ log

(1− 1

n

)−1= log

(1 +−1n

)n

+ log

(1− 1

n

)−1passando ao limite temos

limn→+∞

(n− 1) log

(n− 1

n

)= − log e− log 1 = −1

Como (Qn)n∈N uma sucessão limitada temos

Qnlog n

n→ 0

Portanto

limn→+∞

dn −an+1

andn+1 = −1

Logo pelo critério de Kummer que a série an diverge.

66

Exemplo 38. Vamos mostrar que a seguinte série é divergente

+∞∑n=1

(n!)2

(1 + 1.2) · · · (1 + n(n+ 1))

an =(n!)2

(1 + 1.2) · · · (1 + n(n+ 1))

Temos

an+1

an=

[(n+ 1)]2

(1 + 1.2) · · · (1 + n(n+ 1))(1 + (n+ 1)(n+ 2))× (1 + 1 · 2) · · · (1 + n(n+ 1))

(n!)2

=[(n+ 1)!]2

(n!)2× 1

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

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

[(n!)2× 1

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

=n2 + 2n+ 1

n2 + 3n+ 3

Se tentássemos aplicar o critério da razão veriamos que é inconclusivo. Aplicando o critério

de Raabe, temosan+1

an= 1− βn

n

an+1

an=

n2 + 2n+ 1

n2 + 3n+ 3=n2 + 2n+ 1 + n+ 2− n− 2

n2 + 3n+ 3

=n2 + 3n+ 3

n2 + 3n+ 3− n+ 2

n2 + 3n+ 2

= 1− n+ 2

n2 + 3n+ 3

= 1− 1

n

(n(n+ 2)

n2 + 3n+ 2

)= 1− βn

n

Portanto

βn =n2 + 2n

n2 + 3n+ 2

passando ao limite a temos

limn→+∞

βn = limn→+∞

n2 + 2n

n2 + 3n+ 2= 1

E o critério de Raabe é inconclusivo. Conforme dissemos no princípio deste capítulo quando

o critério de Raabe é inconclusivo, um caminho a seguir é o critério de Gauss. Assim

an+1

an= 1− 1

n

(λ− Qn

nk

)67

Portanto

an+1

an= 1− n+ 2

n2 + 3n+ 2

= 1− 1

n

[n(n+ 1)

n2 + 3n+ 2

]= 1− 1

n

[n2 + 3n+ 2− n− 2

n2 + 3n+ 2

]= 1− 1

n

[1− n+ 2

n2 + 3n+ 2

]= 1− 1

n

[1−

n2+2nn2+3n+2

n

]= 1− 1

n

[1− Qn

nk

]Assim

Qn =n2 + 2n

n2 + 3n+ 2e nk = n = 1

Como a sucessão (Qn)n∈N é limitada pois

0 ≤ n2 + 2n ≤ n2 + 3n+ 2 logo

0 ≤ n2 + 2n

n2 + 3n+ 2≤ 1

Passando ao limite tem-se

limn→+∞

Qn = limn→+∞

n2 + 2n

n2 + 3n+ 2= 1

Resulta pelo critério de Gauss que a série é divergente.

Exercícios 12. Aplicando o critério de Kummer, estude a natureza das seguintes séries:

a)+∞∑n=1

1

npb)

+∞∑n=1

1

n(2n+ 1)c)

+∞∑n=2

1

n(lnn)2.

Exercícios 13. Aplicando os critérios de Raabe e Gauss, estude a natureza das seguintes

séries abaixo:

a)+∞∑n=1

1

n2b)

+∞∑n=1

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2n(n+ 1)!c)

+∞∑n=1

2 · 4 · 6 · · · 2n3 · 5 · 7 · · · (2n+ 1)

.

d)

+∞∑n=1

(2n!)3

26n(n!)6e)

+∞∑n=1

(−1)n+1(n− 1)

n2 + 1f)

+∞∑n=1

1

n(2n− 1).

68

Capítulo 7

Densidade Natural de Subséries Convergentes daSérie Harmónica e Generalizações

Um conceito transversal em todo este trabalho é o conceito de limite. Sucede contudo que

em muitas situações estamos na presença de uma sucessão que embora não tenha limite

tem subsucessões com limite. Um exemplo é a sucessão de termo geral an = (−1)n. Nãoexiste limite de an quando n tende para in�nito mas a subsucessão (a2n)n∈N tem limite 1,

e a subsucessão (a2n+1)n∈N também tem limite −1. Em algumas situações é conveniente

criar outras de�nições que de alguma forma permitam obter um valor limite para sucessões

que não tenham limite. Nesse sentido abordaremos dois conceitos. O limite superior e a

convergência à Cesaro.

7.1 Limite Superior e Inferior

Seja (an)n∈N uma sucessão limitada e

Bk = {an : n ≥ k}

Temos Bk+1 ⊂ Bk e consequentemente supBk+1 ≤ supBk. Portanto

(supBk)k∈N é decrescente e limitada

De�nição 16. Nestas condições de�nimos limite superior de an como

lim supn→+∞

an = limk→+∞

(supBk)

Da mesma forma de�ne-se limite inferior de an como

lim infn→+∞

an = limk→+∞

(inf Bk)

Exemplo 39. Seja an = (−1)n. Temos

Bk = {(−1)n : n ≥ k} = {−1, 1}

Assim supBk = 1

lim supn→+∞

an = limk→+∞

supBk = limk→+∞

1 = 1

Analogamente

lim infn→+∞

an = limk→+∞

inf Bk = −1

69

Exemplo 40. Seja

an =1

n

Temos

limn→+∞

an = limn→+∞

1

n= 0

Por outro lado

lim supn→+∞

an = limk→∞

(supBk) = limk→+∞

1

k= 0

e

lim infn→+∞

an = limk→+∞

(inf Bk) = limk→+∞

0 = 0

Assim

limn→+∞

an = lim infn→+∞

an = lim supn→+∞

an

Este resultado é válido com mais generalidade.

Teorema 24. Seja (an)n∈N uma sucessão limitada e convergente. Tem-se

limn→+∞

an = lim infn→+∞

an = lim supn→+∞

an

Propriedade 1. Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N sucessões limitadas. Tem-se

1.

lim infn→+∞

an ≤ lim supn→+∞

an

2.

lim supn→+∞

(an + bn) ≤ lim supn→+∞

an + lim supn→+∞

bn

Demonstração: Começamos por mostrar o primeiro resultado

lim infn→+∞


an

Basta ver que se

Ak = {an : n ≥ k}

temos

inf Ak ≤ supAk

logo

limk→+∞

(inf Ak) ≤ limk→+∞

(supAk)

isto é

lim infn→+∞


an

Supomha-se que Ak+1 ⊂ Ak. Consequentemeente temos

supAk+1 ≤ supAk

70

Portanto (supAk) é uma sucessão decrescente. E (an)n∈N é limitada, isto é existe o limite.

Ou seja

limk→+∞

(supAk) = lim supk→+∞

an

Temos

inf Ak+1 ≥ inf Ak

Portanto como (inf Ak) é crescente e limitada então

lim infk→+∞

Ak

existe e chama-se

lim infn→+∞

an


inf Ak ≤ an ≤ supAk sempre que n ≥ k.

Assim

lim infk→+∞

Ak ≤ lim supk→+∞

Ak

conclui-se que

lim infn→+∞

an ≤ lim infn→+∞

an

Segundo caso.

lim supn→+∞



bn

Sejam (an)n∈N e (bn)n∈N sucessões limitadas, então

Ak = {an : n ≥ k} e Bk = {bn : n ≥ k}

Escrevemos

sk = supAk e tk = supBk

Temos

aj ≤ sk sempre que j ≥ k e bi ≤ tk sempre que i ≥ k.

Assim aj + bi ≤ sk + tk sempre que j, i ≥ k. Escolhendo j = i temos

ai + bi ≤ sk + tk sempre que i ≥ k.

Signi�ca que

{ai + bi : i ≥ k} é majorado por sk + tk logo

sup{ai + bi : i ≥ k} ≤ sk + tk

Fazendo

sup{ai + bi : i ≥ k} = dk temos dk ≤ sk + tk

71

Passando ao limite. Obtemos

limk→+∞

dk ≤ limk→+∞

(sk + tk) = limk→+∞

sk + limk→+∞

tk

ou seja

lim supn→+∞



bn

Proposição 7. Seja (xn)n∈N uma sucessão limitada e (xnk)nk∈N uma sua subsucessão.

Tem-se

lim inf xn ≤ lim inf xnk

Demonstração: Seja Bk = {xn : n ≥ k} temos Bk+1 ⊂ Bk portanto

inf Bk ≤ inf Bk+1

Mas como a sucessão (xn)n∈N é limitada a sucessão (inf Bn)n∈N também é limitada. Logo

o limite lim(inf Bk) existe. Assim

lim inf xn = lim(inf Bk)

Seja (xnk)nk∈N uma subsucessão de (xn)n∈N. Seja

B′i = {xnk

: nk ≥ i} e Bi = {xn : n ≥ i}

Temos

B′i ⊂ Bi

e este resultado obriga que inf Bi ≤ inf B′i e portanto

limi→+∞

(inf Bi) ≤ limi→+∞

(inf B′i)⇔ lim inf xn ≤ lim inf xnk

O outro tipo de convergência que referimos na introdução é a convergência à Cesàro.

7.2 Convergência à Cesàro

De�nição 17. Seja (an)n∈N uma sucessão. De�ne-se convergência à Cesàro de (an)n∈N

como

limn→+∞

1

n

n∑k=1

ak

O próximo exemplo mostra que uma sucessão divergente no sentido usual pode ter uma

soma à Cesaro bem de�nida.

Exemplo 41. Seja an = (−1)n. Temos

limn→+∞

1

n

n∑k=1

ak = 0

72

Se n é par1

n

n∑k=1

ak = (−1 + 1) + · · ·+ (−1 + 1) = 0

Se n é ímpar1

n

n∑k=1

ak = (−1 + 1) + · · ·+ (−1 + 1)− 1 = − 1

n→ 0

Um dos factores que torna este conceito de convergência interessante é que preserva o

conceito de convergência antigo. Mais explicitamente temos:

Teorema 25. Seja (an)n∈N uma sucessão. Se an converge para b então

1

n

n∑k=1

ak → b

Demonstração: Pretende-se mostrar que

1

n

n∑k=1

ak → b

Portanto dado ε > o existe M tal que se n > M temos∣∣∣∣∣ 1nn∑

k=1

ak − b

∣∣∣∣∣ < ε

Assim∣∣∣∣∣ 1nn∑

k=1

ak − b

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣ 1n

n∑k=1

(ak − b)

∣∣∣∣∣ = 1

n

∣∣∣∣∣n∑

k=1

(ak − b)

∣∣∣∣∣ ≤ 1

n

n∑k=1

|ak − b| (2)

Por outro lado a sucessão de termo geral ak converge para b se e somente se para todo

ε1 > 0 existe M1, tal que se n > M1 temos

|ak − b| < ε1

Consequentemente o resultado (2) será

=1

n

M1∑k=1

|ak − b|+1

n

n∑k=M1+1

|ak − b| ≤1

n

M1∑k=1

|ak − b|+1

n

n∑k=M1+1

ε1 =

=1

n

M1∑k=1

|ak − b|+1

n[n− (M1 + 1) + 1] ε1 =

1

n

M1∑k=1

|ak − b|+1

n(n−M1)ε1

Seja C a constanteM1∑k=1

|ak − b|

73

então 1n × C → 0. Assim para todo ε2 > 0 existe M2 tal que se n ≥M2∣∣∣∣ 1n × C − 0

∣∣∣∣ < ε2

isto éC

n< ε2

Assim, escolhendo

ε1 =ε

2e ε2 =

ε

2

para todo ε > 0 existe M = max{M1,M2} tal que se n ≥M , então:∣∣∣∣∣ 1nn∑

k=1

ak − b

∣∣∣∣∣ ≤ ε1 + ε2 =ε

2+ε

2= ε

7.3 Densidade Natural

De�nição 18. Seja A ⊂ N. Seja

πA(n) = |A ∩ {1, ..., n}|

onde |A| é o número de elementos no conjunto A.

De�ne-se densidade natural superior de A como

d(A) = lim supn→+∞

πA(n)

n.

De forma análoga de�ne-se densidade natural inferior de A como

d(A) = lim infn→+∞

πA(n)

n.

Quando

d(A) = d(A)

diz-se que o conjunto A tem densidade natural d(A).

Exemplo 42. Seja A = {1, 2, 3, 4}. Vejamos que d(A) = 0.

Como

πA(n) = |A ∩ {1, 2, · · · , n}|

para qualquer n ∈ N, temos

πA(5) = |A ∩ {1, 2, 3, 4, 5}| = |{1, 2, 3, 4}| = 4

Da mesma forma se n > 5 temos

πA(n) = |A ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = |{1, 2, 3, 4}| = 4

74

Consequentemente temos

πA(n)

n=|{1, 2, 3, 4}|

n=

4

npara qualquer n ≥ 4

Portanto


πA(n)

n= lim sup

n→+∞

4

n= 0.

Da mesma forma

d(A) = lim infn→+∞

πA(n)

n= lim inf

n→+∞

4

n= 0

Portanto como d(A) = d(A) = 0 resulta que d(A) = 0

Exemplo 43. Seja A = N. Tem-se d(A) = 1 temos

πN(n) = |N ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = |{1, 2. · · ·n}| = n

Isto implica que

d(N) = lim supn→+∞

πN(n)

n= lim sup

n→+∞1 = 1

De forma análoga, obtemos

d(N) = lim infn→+∞

πN(n)

n= lim inf

n→+∞1 = 1

Portanto como

d(N) = d(N) = 1 assim d(N) = 1

A seguir veremos uma proposição muito importante

Proposição 8. Seja A = {a1, a2, a3, · · · } ⊂ N onde ak < ak+1. Temos

1. d(A) = lim inf kak

2. d(A) = lim sup kak

e se d(A) = d(A)

d(A) = limk→+∞

k

ak

Demonstração: Temos

d(A) = lim infπA(n)

n≤ lim inf

πA(an)

an= lim inf

n

an⇒ d(A) ≤ lim inf

n

an

Por outro lado se n é um natural existem in�nitos ak tais que n ≤ ak. Consideremos o

primeiro k tal que n < ak. Temos ak−1 ≤ n < ak. A desigualdade n < ak pode ser escrita

da forma1

n>

1

ak⇔ k

n>

k

ak

75

Temos também

πA(n) = |{1, · · · , n} ∩A|

= |{1, · · · , n} ∩ {a1, · · · , ak, · · · }|

= |{1, · · · , n} ∩ {a1, · · · , ak−1}| = k − 1

Assim

k

ak− πA(n)

n=

k

ak− (k − 1)

n<k

n− k − 1

n

=k − k + 1

n

=1

n

Portantok

ak− πA(n)

n<

1

n(3)

Pelo resultado (3) temos

lim infn→+∞

k

ak≤ lim inf

n→+∞

(1

n+πA(n)

n

)

= limn→+∞

1

n+ lim inf

n→+∞

πA(n)

n

= lim infn→+∞

πA(n)

n= d(A)

Provámos assim que

lim infn→+∞

k

ak≤ d(A) ≤ lim inf

n→+∞

n

an

o que estabelece o ponto 1 da proposição. De forma análoga podemos provar que


k

ak

Exemplo 44. Se A é o conjunto dos números pares d(A) = 1/2.

Seja A = {2, 4, 6, · · · }. Como o conjunto dos números pares pode ser escrito na forma

A = {2k : k ∈ N} e πA(2n) = |A ∩ {1, 2, 3, · · · , 2n}|Como

k

ak=

k

2k=

1

2

resulta que

d(A) = limk→+∞

k

2k= lim

k→+∞

1

2=

1

2

A seguir veremos uma fórmula análoga a fórmula de integração por partes.

76

7.4 Fórmula de Abel


Sejam (an)n∈N, (bn)n∈N sucessões de números reais. Temos

N∑n=1

anbn = aNBN −N−1∑k=1

(ak+1 − ak)Bk

onde

Bn =

n∑k=1

bk

Demonstração: Sejan∑

k=1

bk = Bn

temos

Bn−1 =

n−1∑k=1

bk = b1 + · · ·+ bn−1 ⇔

Bn −Bn−1 = bn para todo n ≥ 2 (4)

Se n = 1 obtemos1∑

k=1

b1 = B1

Com esta ideia vamos mostrar a fórmula de Abel. Seja

SN = a1b1 +N∑

n=2

anbn

pelo resultado (4) temos

SN = a1b1 +

N∑n=2

an(Bn −Bn−1)

= a1b1 + a2(B2 −B1) + a3(B3 −B2) + a4(B4 −B3) + · · ·+ aN (Bn −BN−1)

onde b1 = B1 e reagrupando os termos temos

= B1(a1 − a2) +B2(a2 − a3) +B3(a3 − a4) +B4(a4 − a5) + · · ·+BN−1(aN−1 − aN ) + aNBN

= aNBn +

N−1∑k=1

(ak − ak+1)Bk

= aNBn −N−1∑k=1

(ak+1 − ak)Bk (7)

Abordaremos agora o conceito de subsérie e como se relaciona com a densidade natural do

77

conjunto de índices onde estará de�nida. Consideremos a série harmónica

+∞∑n=1

1

n

A série+∞∑n=1

1

2n=

1

2+

1

4+

1

6+

1

8+ · · ·

diz-se uma subsérie da série harmónica pois a sucessão que de�ne o termo geral desta

última é uma subsucessão do termo geral da série harmónica. Mais geralmente temos

De�nição 19. Dada a série+∞∑n=1

an

se (anj )nj∈N é uma subsucessão de (an)n∈N dizemos que

+∞∑n=j

anj

é uma subsérie de+∞∑n=1

an

Escrevendo A = {nj : j ∈ N} usamos também a notação

∑n∈A

an para representar+∞∑j=1

anj

Exemplo 45. Consideremos a série harmónica

+∞∑n=1

1

n

Seja A = {2n− 1 : n ∈ N} = {1, 3, 5, 7, · · · }

∑n∈A

1

n= 1 +

1

3+

1

5+

1

7+ · · ·

Seja

Sn =

n∑k∈A

1

k

Temos

Sn − Sn−1 =n∑

k∈A

1

k−

n−1∑k∈A

1

k

78

Se n ∈ A temos

Sn − Sn−1 =

n∑k∈A

1

k−

n−1∑k∈A

1

k

=1

n+

n−1∑k∈A

1

k−

n−1∑k∈A

1

k

=1

n

Se n /∈ A temos Sn = Sn−1 e portanto Sn − Sn−1 = 0.

Assim se n ∈ A temos

n(Sn − Sn−1) = 1

e se n /∈ A temos

Sn − Sn−1 = 0

Decorre que, de�nindo S0 = 0, temos

πA(n) = 1(S1 − S0) + 2(S2 − S1) + · · ·+ n(Sn − Sn−1)

uma vez que a parcela k, k(Sk−Sk−1), indica-nos se k ∈ A (e nesse caso dá 1) ou se k /∈ A(e nesse caso dá 0). Neste contexto de ideias temos o seguinte resultado.

7.5 Moser

Teorema 27. (Moser, 1958)

Seja A ⊂ N. Temos ∑A

1

nconverge ⇒ d(A) = 0

Demonstração: Seja

Sn =n∑

k∈A

1

k, S0 = 0

Temos

πA(n) = 1(S1 − S0) + 2(S2 − S1) + · · ·+ n(Sn − Sn−1)

= S1(1− 2) + S2(2− 3) + · · ·

· · ·+ Sn−1(n− 1− n) + nSn

= nSn − S1 − S2 − S3 − Sn−1

= nSn −n−1∑k=1

Sk

Multiplicando a expressão por1

n

79

obtemosπA(n)

n= Sn −

1

n

n−1∑k=1

Sk

Passando ao limite temos

limn→+∞

πA(n)

n= lim

n→+∞Sn − lim

n→+∞

1

n

n−1∑k=1

Sk

Portanto se Sn converge, então pelo teorema de Cesaro

1

n

n−1∑k=1

Sk

também converge para o mesmo limite e

limn→+∞

πA(n)

n= lim

n→+∞Sn − lim

n→+∞

1

n

n−1∑k=1

Sk = S − S = 0

Assim conclui-se que

d(A) = 0

Observação 4. A qualquer conjunto A ⊂ N podemos associar de forma única uma sucessão

(εk)k∈N

Onde εk =

{1 , k ∈ A0 , k 6∈ A

Exemplo 46. A = {2, 4}Temos ε1 = 0 , ε2 = 1 , ε3 = 0 , ε4 = 1 e εj = 0 para todo j ≥ 5. Se n ≥ 4 temos

n∑j=1

εj = 2

Por outro lado

πA(n) = |A ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = |{2, 4} ∩ {1, 2, 3, · · · , n}| = 2

se n ≥ 4. ∑A

dk = d1 + d3 + d4 =

+∞∑k=1

εkdk

Mas geralmente temos

Exemplo 47. Seja A = {2, 4, 6, 8, · · · } e (εk)k∈N a sucessão associada.

Seja (dn)n∈N uma sucessão. Temos

∑A

dn =

+∞∑n=1

εndn

80

n∑k=1

εk = πA(n)

Uma possível generalização do resultado anterior é a seguinte:

7.6 Salát

Teorema 28. Salát, 1964 ([7] Theorem 2. Pag: 212)

Seja A ⊂ N. Temos+∞∑k=1

dk

uma série que diverge para +∞. Suponha-se que existe k0 tal que

dk0 ≥ dk0+1 ≥ · · · ≥ dk0+k ≥ · · ·

Temos ∑A

dk converge ⇒ d(A) = 0

Demonstração: Se d(A) > 0 existe α > 0 e r ∈ N tal que para todo o n ≥ r

πA(n) > αn

Para n ≥ r, k, do resultado (7) temos

r+t∑k=r

εk dk = dr+t

r+t∑k=1

εk − dr−1r−1∑k=1

εk −r+t−1∑k=r−1

(dk+1 − dk)k∑

n=1

εn

fazendo alguns cálculos temos

= dr+tπA(r + t)− dr−1πA(r − 1)−r+t−1∑k=r−1

(dk+1 − dk)πA(k)

= dr+tπA(r + t)− drπA(r − 1) + πA(r)(dr − dr+1) +

πA(r + 1)(dr+1 − dr+2) + · · ·+ πA(r + t− 1)(dr+t−1 − dr+t)

como πA(r) ≥ αr, a expressão anterior é

≥ −drπA(r − 1) + α[r(dr − dr+1) + (r + 1)(dr+1 − dr+2) + · · ·

· · ·+ (r + t− 1)(dr+t−1 − dr+t) + dr+t(r + t)]

= −drπA(r − 1) + α(r dr + dr+1 + dr+2 + ....+ dr+t)

Assim,

r+t∑k=r

εk dk ≥ −drπA(r − 1) + αrdr + αr+t∑

k=r+1

dk

81

Como por hipótese+∞∑k=1

dk é divergente, então limt→+∞

r+t∑k=r+1

dk = +∞ Portanto conclui-se

que

limt→+∞

r+t∑k=r

εk dk diverge.

82

Capítulo 8

Bibliogra�a

[1] Carl B. Boyer, História da Matemática, tradução de Elsa F. Gomide, 2a edição, São

Paulo, Editora Edgar Blucher, 1996.

[2] Earl William Swokowski, Cálculo com geometria analítica, tradução de A. A. de Faria,

2a edição, São Paulo, Makron Books, 1994.

[3] Manuel Alberto M. Ferreira, Exercícios de sucessões e Séries, 3a edição, Lisboa, 2009.

[4] Ricardo Ameida, Cálculo: Teoria e Exercícios, 1a edição, 2017.

[5] João Paulo Santos, Cálculo numa Variável Real, 2a edição, Instituto Superior Técnico,

2016.

[6] Departamento de Matemática, Exercícios de Análise Matemática 1 e 2, 3a edição,

Instituto Superior Técnico, 2010.

[7] T. Salát, On subseries, Math. Zeitschr. 85, 209− 225, 1964.

[8] Daniel D. Bonar, Michael J. Khoury, Real In�nite Series, The Mathematical Association

of America, 2006.

[9] Leo Moser, On the series∑

1/p, The American Mathematical Monthly, Vol. 65, No 2,

104− 105, Mathematical Association of America, 1958.

[10] Jim Fowler, Bart Snapp, Sequences and Series, 2014.

83

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2o Ensino Secundário - UBI