Determine o raio de convergência (R) das seguintes séries de potências:
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{\sin ^{n}(1+i n)}.
Resposta: R=\infty

Passo 1

O enunciado nos dá a série de potências
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{\sin^{n}(1+i n)}
e pede o raio de convergência R. Informações claras:
  • A série é da forma \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} z^{n} com a_{n}=\dfrac{1}{\sin^{n}(1+i n)}.
  • Precisamos determinar R, o raio de convergência dessa série de potências.

Passo 2

Método escolhido (explicando por que): vamos usar a fórmula de Cauchy–Hadamard (teste da raiz para séries de potências). Ensinando o conceito:
  • Para uma série \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} z^{n}, o raio de convergência R é dado por
R=\frac{1}{\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_{n}|}}.
  • Intuição: se \sqrt[n]{|a_n|} tende a um número L, então a série converge para |z|<1/L e diverge para |z|>1/L. O \limsup trata casos em que a sequência não converge estritamente.
    Aplicamos essa fórmula ao nosso a_{n}.

Passo 3

Compute \sqrt[n]{|a_{n}|} para os nossos coeficientes:
  • Temos a_{n}=\dfrac{1}{\sin^{n}(1+i n)}.
  • Então
\sqrt[n]{|a_{n}|}=\frac{1}{\bigl|\sin(1+i n)\bigr|}.
Portanto precisamos estudar o comportamento de \bigl|\sin(1+i n)\bigr| quando n\to\infty.

Passo 4

Expressão explícita de \sin de número complexo (aula rápida):
  • Para x,y\in\mathbb{R} vale
\sin(x+iy)=\sin x\operatorname{cosh} y + i\cos x\operatorname{sinh} y.
  • Aqui x=1 e y=n. Então
\sin(1+i n)=\sin 1\operatorname{cosh} n + i\cos 1\operatorname{sinh} n.
O módulo ao quadrado é
\bigl|\sin(1+i n)\bigr|^{2}=\sin^{2}1\operatorname{cosh}^{2}n+\cos^{2}1\operatorname{sinh}^{2}n.

Passo 5

Análise assintótica detalhada (passo-a-passo das contas):
  • Use as definições \operatorname{cosh} n=\dfrac{e^{n}+e^{-n}}{2} e \operatorname{sinh} n=\dfrac{e^{n}-e^{-n}}{2}.
  • Calcule \operatorname{cosh}^{2}n e \operatorname{sinh}^{2}n:
\operatorname{cosh}^{2}n=\frac{e^{2n}+2+e^{-2n}}{4},\qquad \operatorname{sinh}^{2}n=\frac{e^{2n}-2+e^{-2n}}{4}.
  • Substituindo em \bigl|\sin(1+i n)\bigr|^{2}:
\bigl|\sin(1+i n)\bigr|^{2} =\sin^{2}1\frac{e^{2n}+2+e^{-2n}}{4} +\cos^{2}1\frac{e^{2n}-2+e^{-2n}}{4}.
  • Agrupando termos:
\bigl|\sin(1+i n)\bigr|^{2} =\frac{e^{2n}}{4}(\sin^{2}1+\cos^{2}1) +\frac{1}{4}\bigl(2\sin^{2}1-2\cos^{2}1\bigr) +\frac{e^{-2n}}{4}(\sin^{2}1+\cos^{2}1).
  • Como \sin^{2}1+\cos^{2}1=1, isto simplifica para
\bigl|\sin(1+i n)\bigr|^{2}=\frac{e^{2n}}{4} + C + O(e^{-2n}),
onde C=\dfrac{1}{4}(2\sin^{2}1-2\cos^{2}1) é uma constante (independente de n).
  • Assim, para grandes n,
\bigl|\sin(1+i n)\bigr|^{2}=\frac{e^{2n}}{4}\bigl(1+o(1)\bigr).
  • Tomando a raiz quadrada:
\bigl|\sin(1+i n)\bigr|=\frac{e^{n}}{2}\bigl(1+o(1)\bigr).
Em palavras: \bigl|\sin(1+i n)\bigr| cresce exponencialmente como \dfrac{e^{n}}{2}.

Passo 6

Conclusão sobre o \limsup e o raio:
  • Com \bigl|\sin(1+i n)\bigr|\sim \dfrac{e^{n}}{2} temos
\sqrt[n]{|a_{n}|}=\frac{1}{\bigl|\sin(1+i n)\bigr|}\sim \frac{2}{e^{n}}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.
  • Logo \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_{n}|}=0.
  • Pela fórmula de Cauchy–Hadamard,
R=\frac{1}{0}=\infty.
Interpretação prática: o raio infinito significa que a série converge para todo z\in\mathbb{C} (a série é inteira).

Passo 7

Resumo curto e exemplo para fixar (didático e leve): é a mesma razão pela qual séries com coeficientes que decaem muito rápido (por exemplo a_n=1/n!) têm raio infinito — aqui os denominadores \sin(1+i n) crescem exponencialmente, o que faz os coeficientes a_n “praticamente” decaírem super-exponencialmente.

Resposta

R=\infty

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