10^{\circ} ) Mostre que a série \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log n}{n^{2}} converge.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a série
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log n}{n^{2}}
converge. O conteúdo principal é séries numéricas de termos positivos e vamos usar o teste da integral (ou teste de Cauchy–Maclaurin), que compara a soma com a integral imprópria da função contínua correspondente.

Passo 2

Definimos a função
f(x) = \frac{\ln x}{x^{2}},\quad x\ge1.
Observamos que para x\ge1:
  1. f(x)>0.
  2. f é contínua em [1,\infty).
  3. Para verificar que f é decrescente, calculamos
f'(x) = \frac{\frac{1}{x}\cdot x^{2} - \ln x\cdot 2x}{x^{4}} = \frac{x - 2x\ln x}{x^{4}} = \frac{1 - 2\ln x}{x^{3}}.
Em x\ge e^{1/2}\approx1,65 temos \ln x\ge\frac12 e portanto 1-2\ln x\le0, logo f'(x)\le0. Isso garante que f é decrescente para x suficientemente grande, o que basta para o teste da integral (podemos ajustar o início da soma sem afetar a convergência).

Passo 3

Calculamos a integral imprópria
\int_{1}^{\infty} \frac{\ln x}{x^{2}}\,dx.
Usamos integração por partes, com
\displaystyle u=\ln x, dv = x^{-2}dx. Então
\displaystyle du=\frac{dx}{x} e v=-\frac{1}{x}.
Logo
\int \frac{\ln x}{x^{2}}\,dx = u\,v - \int v\,du = -\frac{\ln x}{x} - \int \Bigl(-\frac{1}{x}\Bigr)\frac{dx}{x} = -\frac{\ln x}{x} + \int \frac{dx}{x^{2}} = -\frac{\ln x}{x} - \frac{1}{x} + C.
Avaliaremos de 1 a X:
\int_{1}^{X}\frac{\ln x}{x^{2}}\,dx = \Bigl[-\frac{\ln x + 1}{x}\Bigr]_{1}^{X} = \Bigl(-\frac{\ln X + 1}{X}\Bigr) - \Bigl(-\frac{\ln1 + 1}{1}\Bigr) = -\frac{\ln X + 1}{X} + 1.
Fazendo X\to\infty, o termo \frac{\ln X +1}{X}\to0, logo
\int_{1}^{\infty}\frac{\ln x}{x^{2}}\,dx = 1 < \infty.

Passo 4

Pelo teste da integral, como
\displaystyle f(x)=\frac{\ln x}{x^{2}} é contínua, positiva e decrescente para x grande, e
\displaystyle \int_{1}^{\infty}f(x)\,dx converge, concluímos que
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n^{2}}
também converge.

Resposta

A série \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log n}{n^{2}} converge.

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