Considere a série
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{\sqrt{n}}
(a) Prove com argumentos rigorosos que a série (4) converge.
(b) Sejam s a soma da série, s_{n} a n-ésima soma parcial e R_{n}=s-s_{n} o erro de aproximação de s por s_{n}. Obtenha um número natural N tal que \left|R_{N}\right|<0.001.

Passo 1

O enunciado dá a série
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}
e pede duas coisas:
(a) Mostrar, com argumentos rigorosos, que a série converge.
(b) Definindo s como a soma da série, s_{n} a n-ésima soma parcial e R_{n}=s-s_{n} o erro, obter um natural N tal que \left|R_{N}\right|<0{,}001.
Informações relevantes que já temos do enunciado: os termos (em módulo) são a_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{n}}, todos positivos; a série é alternada por causa do fator (-1)^{n-1}. A resolução começa agora.

Passo 2

Mostramos que a sequência a_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{n}} satisfaz as duas condições que geralmente são usadas para séries alternadas: a_{n} é monótona decrescente e \lim_{n\to\infty}a_{n}=0.
  1. Monotonicidade: para n\ge 1 vale n+1>n. Tirando raiz positiva obtemos \sqrt{n+1}>\sqrt{n}. Tomando recíprocos (os reciprócos preservam a desigualdade quando os termos são positivos) obtemos
\frac{1}{\sqrt{n+1}}<\frac{1}{\sqrt{n}}.
Logo \left(a_{n}\right) é decrescente.
  1. Limite nulo: queremos mostrar \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}}=0. Uma prova \varepsilon- \delta curta: seja \varepsilon>0. Se escolhermos um N tal que
N>\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{2}
então para todo n\ge N temos \sqrt{n}\ge\sqrt{N}>\dfrac{1}{\varepsilon}, portanto
\frac{1}{\sqrt{n}}<\varepsilon.
Isso prova que o limite é 0.
Concluímos que a_{n}>0, a_{n} é decrescente e a_{n}\to 0.

Passo 3

Aplico o teste de séries alternadas (teste de Leibniz). Vou explicar o que esse teste afirma e por que é aplicável aqui.
Enunciado do teste (forma útil para provas): se \left(a_{n}\right) é uma sequência de números reais tais que
  • a_{n}\ge 0 para todo n,
  • a_{n} é monotonicamente decrescente (ou seja, a_{n+1}\le a_{n} para todo n),
  • \lim_{n\to\infty}a_{n}=0,
então a série alternada
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}
converge. Além disso, o erro ao truncar após n termos satisfaz a estimativa (chamada estimativa de Leibniz)
\left|R_{n}\right|=\left|s-s_{n}\right|\le a_{n+1}.
Breve justificativa (intuição rigorosa) da estimativa: compare as somas parciais de ordem par e ímpar. Defina
s_{2m}=\sum_{k=1}^{2m}(-1)^{k-1}a_{k},\qquad s_{2m+1}=\sum_{k=1}^{2m+1}(-1)^{k-1}a_{k}.
Pelo sinal alternado e pelo fato de a_{n} decrescer, a sequência \left(s_{2m}\right) é crescente e limitada superiormente por qualquer s_{2m+1}, enquanto \left(s_{2m+1}\right) é decrescente e limitada inferiormente por qualquer s_{2m}. Assim as duas subsequências convergem para o mesmo limite s. O erro ao truncar após n termos tem sinal conhecido (alterna) e magnitude menor que o primeiro termo omitido, i.e. \left|R_{n}\right|\le a_{n+1}. Essa é a derivação padrão do teste de Leibniz.

Passo 4

Aplicando o resultado do passo anterior aos nossos termos a_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{n}} (que já provamos ser positivos, decrescentes e com limite zero), concluímos rigorosamente que a série
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}
converge. Como a série dos módulos \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}} diverge (ver passo 5), a convergência é condicional.

Passo 5

Mostro que a série não converge absolutamente (isto é, \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}} diverge). Use o teste da integral ou o fato de que é uma p-série com p=\tfrac{1}{2}\le 1.
Pelo teste da integral, considere a função f(x)=x^{-1/2} para x\ge 1. Temos
\int_{1}^{\infty}x^{-1/2}\,dx=\lim_{t\to\infty}\left[2\sqrt{x}\right]_{1}^{t}=\lim_{t\to\infty}\left(2\sqrt{t}-2\right)=\infty.
Como a integral divergente implica a divergência da série de termos positivos correspondentes, segue que
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}=\infty.
Portanto a convergência da série alternada é condicional, não absoluta.

Passo 6

Agora resolvemos a parte (b): obter N tal que \left|R_{N}\right|<0{,}001.
Pelo estimativa de Leibniz do passo 3, para qualquer N vale
\left|R_{N}\right|\le a_{N+1}=\frac{1}{\sqrt{N+1}}.
Queremos garantir
\frac{1}{\sqrt{N+1}}<0{,}001.
Resolvendo a desigualdade: escrevendo 0{,}001=\dfrac{1}{1000} (tudo em notação matemática),
\frac{1}{\sqrt{N+1}}<\frac{1}{1000}\quad\Longleftrightarrow\quad \sqrt{N+1}>1000\quad\Longleftrightarrow\quad N+1>1000^{2}=1000000.
Assim precisamos de N+1\ge 1000001, ou seja N\ge 1000000. Note que se tomássemos N=999999 teríamos a_{N+1}=a_{1000000}=\dfrac{1}{1000}=0{,}001, que não satisfaz a desigualdade estrita pedida. Portanto o menor natural N que garante \left|R_{N}\right|<0{,}001 é
N=1000000.
Qualquer N\ge 1000000 também funciona.

Resposta

(a) A série converge (convergência condicional).
(b) N=1000000

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