Determine se a série é convergente ou divergente. Se ela for convergente, calcule sua soma.
\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(\frac{3}{5^{n}}+\frac{2}{n}\right)

Passo 1

O enunciado pede para determinar se a série
\sum_{n=1}^{\infty} \ln\!\left(\frac{3}{5^{n}}+\frac{2}{n}\right)
é convergente ou divergente. Se for convergente, calcular a soma.
Informações dadas:
  • A soma é sobre n=1,2,3,\dots.
  • O termo geral é \ln\!\left(\dfrac{3}{5^{n}}+\dfrac{2}{n}\right).
  • Não há mais condições ou parâmetros; a série está totalmente especificada.

Passo 2

Primeiro vamos manipular algebricamente o termo dentro do logaritmo para separar partes mais simples. Usamos a propriedade do logaritmo \ln(ab)=\ln a+\ln b. Note que
\frac{3}{5^{n}}+\frac{2}{n}=\frac{2}{n}\left(1+\frac{3/5^{n}}{2/n}\right)=\frac{2}{n}\left(1+\frac{3n}{2\cdot 5^{n}}\right).
Logo, para cada n,
\ln\!\left(\frac{3}{5^{n}}+\frac{2}{n}\right) = \ln\!\left(\frac{2}{n}\right) + \ln\!\left(1+\frac{3n}{2\cdot 5^{n}}\right).
Denotando
a_n=\ln\!\left(\frac{3}{5^{n}}+\frac{2}{n}\right),\qquad u_n=\ln\!\left(\frac{2}{n}\right)=\ln 2-\ln n,\qquad v_n=\ln\!\left(1+\frac{3n}{2\cdot 5^{n}}\right),
temos a_n=u_n+v_n. Isso transforma a série original em
\sum_{n=1}^\infty a_n = \sum_{n=1}^\infty (\ln 2-\ln n)+\sum_{n=1}^\infty v_n.

Passo 3

Analisemos \sum_{n=1}^\infty v_n, pois é a parte mais delicada. Observe que
\varepsilon_n:=\frac{3n}{2\cdot 5^{n}}\to 0\quad\text{quando }n\to\infty,
pois 5^{n} cresce exponencialmente e vence o fator polinomial n. Para x>-1 vale a desigualdade elementar \ln(1+x)\le x. Aplicando com x=\varepsilon_n\ge0 obtemos
0\le v_n=\ln(1+\varepsilon_n)\le \varepsilon_n=\frac{3n}{2\cdot 5^{n}}.
Logo, se a série \sum_{n=1}^\infty \dfrac{n}{5^{n}} converge, então por comparação positiva também converge \sum v_n.
Mostramos que \sum_{n=1}^\infty \dfrac{n}{5^{n}} converge pelo teste da razão: seja b_n=\dfrac{n}{5^{n}}. Então
\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{n+1}{n}\cdot\frac{1}{5}\xrightarrow[n\to\infty]{} \frac{1}{5}<1.
Como o limite da razão é 1/5<1, a série \sum b_n converge. Portanto \sum v_n converge também (por comparação), isto é, o somatório dos v_n é finito. Denotemos o limite parcial por
B:=\sum_{n=1}^\infty v_n\quad\text{(existe e é finito, }0\le B<\infty\text{).}é

Passo 4

Agora analisemos a soma das outras parcelas:
\sum_{n=1}^N (\ln 2-\ln n)=N\ln 2-\sum_{n=1}^N\ln n=N\ln2-\ln(N!).
Portanto a soma parcial S_N da série original até N é
S_N=\sum_{n=1}^N a_n = N\ln2-\ln(N!)+\sum_{n=1}^N v_n = N\ln2-\ln(N!)+B_N,
onde B_N=\sum_{n=1}^N v_n e B_N\to B quando N\to\infty.
Para estudar o comportamento de S_N quando N\to\infty precisamos de um estimador de \ln(N!). Usamos a desigualdade obtida integrando \ln x:
\sum_{k=1}^N \ln k=\ln(N!)\ge \int_{1}^{N}\ln x\,dx.
Calculamos a integral:
\int_{1}^{N}\ln x\,dx=\big[x\ln x-x\big]_{1}^{N}=N\ln N-N-(1\ln1-1)=N\ln N-N+1.
Assim temos a estimativa útil
\ln(N!)\ge N\ln N-N+1.

Passo 5

Substituindo essa estimativa em S_N:
S_N \le N\ln2 - \big(N\ln N - N + 1\big) + B_N = N(\ln2-\ln N+1) + (B_N-1).
Quando N\to\infty temos \ln N\to\infty, logo \ln2-\ln N\to -\infty. O fator N(\ln2-\ln N+1) tende a -\infty porque \ln N cresce sem limite e domina o termo constante; portanto o produto com N vai para -\infty. Mais formalmente, usando que \ln N cresce mais que qualquer constante, o termo dominante é -N\ln N e isso tende a -\infty.
Além disso B_N-1 é limitado (pois B_N\to B<\infty). Portanto S_N\to -\infty quando N\to\infty. Isso significa que as somas parciais divergem para -\infty: a série não converge a um número finito, diverge (especificamente para -\infty).
Interpretação intuitiva: para grandes n temos a_n=\ln(2/n)+o(1)=\ln2-\ln n+o(1). Como \sum_{n=1}^N \ln n=\ln(N!) cresce aproximadamente como N\ln N (pelo estimador acima ou por Stirling), os termos -\ln n somados produzem uma queda grande que vence o acréscimo N\ln2, levando a soma parcial ao -\infty.

Resposta

A série diverge, mais precisamente suas somas parciais tendem a -\infty.

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