Aproxime a soma das séries \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n 3^{n}} \mathrm{e} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n}{(2 n)!} pela soma parcial S_{4} e estime o erro.

Passo 1

O enunciado pede que eu aproxime as somas das duas séries dadas pela soma parcial \,S_{4}\, (isto é, somando os primeiros quatro termos de cada série) e que eu estime o erro dessa aproximação.
As duas séries são:
\text{(I)}\quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n\,3^{n}}
\text{(II)}\quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}\,n}{(2n)!}
Informações relevantes do enunciado:
  • Para cada série devo calcular S_{4}=\sum_{n=1}^{4} a_{n} (onde a_{n} é o termo geral da série) e fornecer uma estimativa do erro R_{4}=\sum_{n=5}^{\infty} a_{n}.
  • Ambas as séries são alternadas (sinais (+,-,+,-,\dots) ou (-,+,-,+,\dots)), então a estimativa de erro pode usar o Teorema de Leibniz para séries alternadas (quando aplicável).

Passo 2

Analisando a série (I):
a_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{n\,3^{n}},\qquad |a_{n}|=\frac{1}{n\,3^{n}}.
Vou verificar as hipóteses do Teorema de Leibniz (critério de alternância):
  1. Os sinais são alternados por causa de (-1)^{n+1}.
  2. |a_{n}|\to 0 quando n\to\infty, porque 3^{n} cresce exponencialmente e domina n.
  3. |a_{n}| é monótono decrescente: calculo a razão
\frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|}=\frac{1/(n+1)3^{n+1}}{1/(n)3^{n}}=\frac{n}{n+1}\cdot\frac{1}{3}<1.
Logo |a_{n}| é decrescente. Portanto posso aplicar o Teorema de Leibniz: o erro absoluto ao truncar após n=4 satisfaz
|R_{4}|\le |a_{5}|.
Agora calculo S_{4} (somando os quatro primeiros termos):
\begin{aligned} a_{1}&=\frac{(-1)^{2}}{1\cdot3}=\frac{1}{3},\\\ a_{2}&=\frac{(-1)^{3}}{2\cdot3^{2}}=-\frac{1}{18},\\\ a_{3}&=\frac{(-1)^{4}}{3\cdot3^{3}}=\frac{1}{81},\\\ a_{4}&=-\frac{1}{4\cdot3^{4}}=-\frac{1}{324}. \end{aligned}
Somando:
S_{4}=\frac{1}{3}-\frac{1}{18}+\frac{1}{81}-\frac{1}{324}.
Colocando em denominador comum 324:
S_{4}=\frac{108-18+4-1}{324}=\frac{93}{324}=\frac{31}{108}\approx 0,287037\ldots
O primeiro termo omitido (o de n=5) tem magnitude
|a_{5}|=\frac{1}{5\cdot3^{5}}=\frac{1}{5\cdot243}=\frac{1}{1215}\approx 0,000823045\ldots
Pelo Teorema de Leibniz:
0\le R_{4}\le \frac{1}{1215},
porque o termo de índice 5 é positivo (sinais: +,-,+,-,+,\dots), então o resto é positivo e menor que 1/1215. Assim a soma verdadeira S da série (I) satisfaz
S_{4}\le S\le S_{4}+\frac{1}{1215}.
Comentário prático (útil para a prova): esta série é a série de Taylor de \ln(1+x) com x=\tfrac{1}{3}, pois
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^{n}}{n}.
Tomando x=\tfrac{1}{3} obtemos a soma exata
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n\,3^{n}}=\ln\!\left(\tfrac{4}{3}\right)\approx 0,287682\ldots
e vemos que a diferença real |\ln(4/3)-S_{4}|\approx 6{,}45\times10^{-4} está dentro da cota 1/1215.

Passo 3

Agora a série (II):
b_{n}=\frac{(-1)^{n}\,n}{(2n)!},\qquad |b_{n}|=\frac{n}{(2n)!}.
Verifico as hipóteses do Teorema de Leibniz:
  1. Os sinais são alternados por (-1)^{n}.
  2. |b_{n}|\to 0 pois (2n)! cresce muito rápido.
  3. Mostro que |b_{n}| é decrescente (a partir de n=1): uso uma manipulação útil:
\frac{n}{(2n)!}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(2n-1)!}.
Isto vale porque (2n)!=(2n)(2n-1)! e n/(2n) = 1/2. Assim
|b_{n}|=\frac{1}{2(2n-1)!},
que claramente diminui quando n aumenta. Logo o Teorema de Leibniz vale e
|R_{4}|\le |b_{5}|.
Calculo os quatro primeiros termos:
\begin{aligned} b_{1}&=\frac{(-1)^{1}\cdot1}{2!}=-\frac{1}{2},\\\ b_{2}&=\frac{(+1)\cdot2}{4!}=\frac{2}{24}=\frac{1}{12},\\\ b_{3}&=-\frac{3}{6!}=-\frac{3}{720}=-\frac{1}{240},\\\ b_{4}&=\frac{4}{8!}=\frac{4}{40320}=\frac{1}{10080}. \end{aligned}
Somando:
S_{4}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{12}-\frac{1}{240}+\frac{1}{10080}.
Colocando em denominador comum 10080:
S_{4}=\frac{-5040+840-42+1}{10080}=-\frac{4241}{10080}\approx -0,420734126984\ldots
O primeiro termo omitido é (para n=5):
|b_{5}|=\frac{5}{10!}=\frac{5}{3628800}\approx 1{,}376\times 10^{-6}.
Pelo Teorema de Leibniz, como o termo de índice 5 tem sinal negativo (já que (-1)^{5}=-1), o resto R_{4} satisfaz
-\,\frac{5}{10!}\le R_{4}\le 0,
isto é, a soma verdadeira T da série (II) satisfaz
S_{4}-\frac{5}{10!}\le T\le S_{4}.
Além disso podemos obter uma forma fechada desta série: usando a identidade já vista,
\frac{n}{(2n)!}=\frac{1}{2(2n-1)!},
temos
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}n}{(2n)!}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n-1)!} =-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2m+1)!} =-\frac{1}{2}\sin(1).
Portanto o valor exato é -\tfrac{1}{2}\sin 1\approx -0,4207354924\ldots, e a diferença |T-S_{4}|\approx 1{,}366\times10^{-6} está dentro da cota \tfrac{5}{10!}.

Passo 4

Resumo das aproximações e das cotas de erro (formas exatas e valores numéricos úteis para a prova):
\text{(I)}\quad S_{4}=\frac{31}{108}\approx 0,287037\ldots,\qquad |R_{4}|\le \frac{1}{1215}\approx 0,000823045\ldots
\text{(II)}\quad S_{4}=-\frac{4241}{10080}\approx -0,420734126984\ldots,\qquad |R_{4}|\le \frac{5}{10!}=\frac{5}{3628800}\approx 1{,}376\times10^{-6}.

Resposta

\displaystyle\text{(I)}\;S_{4}=\frac{31}{108}\approx 0{,}287037\quad\text{e}\quad |R_{4}|\le \frac{1}{1215}\approx 0{,}000823045.\n \displaystyle\text{(II)}\;S_{4}=-\frac{4241}{10080}\approx -0{,}420734126984\quad\text{e}\quad |R_{4}|\le \frac{5}{10!}=\frac{5}{3628800}\approx 1{,}376\times10^{-6}.

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