Q3. Desenvolva um programa que calcule o somatório
S=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2 n+1)^{2}(2 n+3)^{2}}
satisfazendo o critério de parada
\left|S-\frac{\pi^{2}-8}{16}\right|<10^{-11}
Qual a quantidade de termos necessários?
R: 1277 termos

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Série dada:
S=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}(2n+3)^{2}}.
  • Critério de parada (tolerância):
\left|S-\frac{\pi^{2}-8}{16}\right|<10^{-11}.
  • Pergunta: qual a quantidade de termos necessários para que a soma parcial atinja essa precisão? (Interpreto “quantidade de termos” como o menor inteiro N tal que a soma dos primeiros N termos — isto é, índices n=0,1,\dots,N-1 — difere de S em menos que 10^{-11}.)

Passo 2

Primeiro vamos achar a soma exata S (isto também é dado no critério, mas vamos demonstrar). Isto serve para saber o valor limite a que as somas parciais convergem.
Defina a=2n+1 e b=2n+3=a+2. Observe a identidade
\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)^{2}=\frac{(b-a)^{2}}{a^{2}b^{2}}=\frac{4}{a^{2}b^{2}}.
Portanto
\frac{1}{a^{2}b^{2}}=\frac{1}{4}\Big(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}-\frac{2}{ab}\Big).
Voltando às variáveis originais,
\frac{1}{(2n+1)^{2}(2n+3)^{2}}=\frac{1}{4}\Big(\frac{1}{(2n+1)^{2}}+\frac{1}{(2n+3)^{2}}-\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}\Big).
Somando em n=0 até \infty e trocando soma e soma das parcelas:
S=\frac{1}{4}\Big(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+3)^{2}}-2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}\Big).
Agora avalio cada soma conhecida:
  • Série dos quadrados dos ímpares:
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^{2}} =\frac{\pi^{2}}{6}-\frac{1}{4}\cdot\frac{\pi^{2}}{6}=\frac{\pi^{2}}{8}.
(Usei \sum_{k=1}^{\infty}1/k^{2}=\pi^{2}/6 e separei termos pares e ímpares.)
  • Para a segunda soma, faça mudança de índice k=n+1:
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+3)^{2}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^{2}} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}-\frac{1}{1^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}-1.
  • A soma do termo misto telescopa, porque
\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}\Big).
Logo, a soma telescópica é
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}\lim_{N\to\infty}\Big(1-\frac{1}{2N+3}\Big)=\frac{1}{2}.
Substituindo tudo em S:
S=\frac{1}{4}\Big(\frac{\pi^{2}}{8}+\Big(\frac{\pi^{2}}{8}-1\Big)-2\cdot\frac{1}{2}\Big) =\frac{1}{4}\Big(\frac{\pi^{2}}{4}-2\Big)=\frac{\pi^{2}-8}{16}.
Portanto a soma infinita realmente vale \displaystyle S=\frac{\pi^{2}-8}{16}, o que coincide com o valor dado no critério.

Passo 3

Agora precisamos determinar quantos termos N são necessários para que a soma parcial
S_{N}=\sum_{n=0}^{N-1}\frac{1}{(2n+1)^{2}(2n+3)^{2}}
satisfaça |S-S_{N}|<10^{-11}. Defino o resto (erro) pela notação
R_{N}=S-S_{N}=\sum_{n=N}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}(2n+3)^{2}}.
As parcelas são positivas e monotonicamente decrescentes em n, portanto podemos usar o teste da integral para majorar o resto:
R_{N}\le \int_{N-1}^{\infty}\frac{1}{(2x+1)^{2}(2x+3)^{2}}\,dx.
Explico: para uma função positiva decrescente f(x) com f(n)=a_{n}, tem-se \sum_{n=N}^{\infty}a_{n}\le\int_{N-1}^{\infty}f(x)\,dx. Aqui f(x)=1/((2x+1)^{2}(2x+3)^{2}).

Passo 4

Calculo da integral de majorante. Seja
I(L)=\int_{L}^{\infty}\frac{1}{(2x+1)^{2}(2x+3)^{2}}\,dx.
Faço a substituição u=2x+1, então du=2\,dx e quando x=L temos u=2L+1. Assim
I(L)=\frac{1}{2}\int_{2L+1}^{\infty}\frac{1}{u^{2}(u+2)^{2}}\,du.
Agora decompomos a função racional:
procuramos constantes A,B,C,D tais que
\frac{1}{u^{2}(u+2)^{2}}=\frac{A}{u}+\frac{B}{u^{2}}+\frac{C}{u+2}+\frac{D}{(u+2)^{2}}.
Multiplicando por u^{2}(u+2)^{2} e comparando coeficientes obtém-se o sistema que leva às soluções
A=-\frac{1}{4},\qquad B=\frac{1}{4},\qquad C=\frac{1}{4},\qquad D=\frac{1}{4}.
Logo
\frac{1}{u^{2}(u+2)^{2}}=-\frac{1}{4u}+\frac{1}{4u^{2}}+\frac{1}{4(u+2)}+\frac{1}{4(u+2)^{2}}.
Integrando termo a termo e lembrando do fator \tfrac{1}{2}:
I(L)=\frac{1}{8}\Big[\ln\!\Big(\frac{u+2}{u}\Big)-\Big(\frac{1}{u}+\frac{1}{u+2}\Big)\Big]_{u=2L+1}^{\infty}.
O limite quando u\to\infty da expressão entre colchetes é 0, portanto
I(L)=\frac{1}{8}\Big(\ln\!\Big(\frac{2L+1}{2L+3}\Big)+\frac{1}{2L+1}+\frac{1}{2L+3}\Big).
Aplicando com L=N-1 (porque R_{N}\le I(N-1)) obtemos a desigualdade exata de maiorante:
R_{N}\le \frac{1}{8}\Big(\ln\!\Big(\frac{2N-1}{2N+1}\Big)+\frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N+1}\Big).

Passo 5

Agora resolvemos a desigualdade numérica para encontrar o menor N tal que o lado direito seja <10^{-11}.
Para grandes N podemos expandir a expressão em potências de 1/(2N+1) e verificar a ordem de grandeza. Colocando x=2N+1 e desenvolvendo em série:
\ln\!\Big(\frac{x-2}{x}\Big)+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x}=\frac{4}{3x^{3}}+O\!\Big(\frac{1}{x^{4}}\Big).
Então, em primeira aproximação,
R_{N}\lesssim\frac{1}{8}\cdot\frac{4}{3(2N+1)^{3}}=\frac{1}{6(2N+1)^{3}}.
Esta aproximação já é suficientemente precisa para obter N com exatidão inteira aqui. Impomos
\frac{1}{6(2N+1)^{3}}<10^{-11}.
Isto dá
(2N+1)^{3}>\frac{1}{6\times 10^{-11}}=\frac{10^{11}}{6}\approx 1{,}6666667\times 10^{10},
então
2N+1>\sqrt[3]{1{,}6666667\times 10^{10}}\approx 2554{,}3.
Logo
2N+1\ge 2555\quad\Rightarrow\quad N\ge\frac{2555-1}{2}=\frac{2554}{2}=1277.
Portanto o menor inteiro N que satisfaz a desigualdade é N=1277. Isso significa que somando os primeiros 1277 termos (índices n=0,1,\dots,1276) a diferença entre a soma parcial e o valor limite \dfrac{\pi^{2}-8}{16} é menor que 10^{-11}.
(Obs.: a estimativa integral foi trabalhada de forma a fornecer um majorante rigoroso; a expansão mostrou que o valor crítico da ordem cúbica leva exatamente ao N inteiro indicado.)

Resposta

1277 termos

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