Determine se a série
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\sqrt{n}}{n+1}
é convergente e justifique usando o teste que preferir.

Passo 1

O enunciado pede para determinar se a série
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\sqrt{n}}{n+1}
é convergente, e justificar por um teste. Informações dadas e o que se quer:
  • A série é alternada por causa do fator (-1)^{n}.
  • Defino a_n=\dfrac{\sqrt{n}}{n+1}. Então a série pode ser escrita como \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_n com a_n>0 para todo n.
  • Preciso verificar critérios de convergência para séries alternadas e também checar convergência absoluta (se for o caso).

Passo 2

Vou lembrar o enunciado do teste que vou usar (Teste de Leibniz para séries alternadas), e explicar o que cada parte significa:
  • Teste de Leibniz: se (a_n) é uma sequência de números positivos tal que
    1. \{a_n\} é monótona decrescente a partir de algum N (ou seja, existe N tal que a_{n+1}\le a_n para todo n\ge N), e
    2. \lim_{n\to\infty} a_n = 0,
      então a série alternada \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_n converge.
  • Aqui a_n=\dfrac{\sqrt{n}}{n+1}. Vou verificar as duas condições acima para esta (a_n).

Passo 3

Verificar que \lim_{n\to\infty} a_n = 0.
  • Escrevo a_n de forma útil: a_n=\frac{\sqrt{n}}{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n}\,\bigl(1+\tfrac{1}{n}\bigr)}.
  • À medida que n\to\infty temos \sqrt{n}\to\infty e 1+\tfrac{1}{n}\to1, logo \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}\,\bigl(1+\tfrac{1}{n}\bigr)}=0.
  • Alternativamente, note que 0<a_n\le \dfrac{1}{\sqrt{n}} para n\ge1, e \dfrac{1}{\sqrt{n}}\to0, então a_n\to0. Portanto a segunda condição do teste de Leibniz está satisfeita.

Passo 4

Verificar que \{a_n\} é monótona decrescente (pelo menos a partir de algum N).
  • Considere a função contínua f(x)=\dfrac{\sqrt{x}}{x+1} para x>0. Se f for decrescente para x\ge1, então a_n=f(n) será decrescente para n\ge1.
  • Calculo a derivada de f. Usando derivada de x^{1/2} e regra do quociente: f'(x)=\frac{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}(x+1)-\sqrt{x}\cdot 1}{(x+1)^2}.Simplificando o numerador: \dfrac{1}{2\sqrt{x}}(x+1)-\sqrt{x}=\frac{x+1-2x}{2\sqrt{x}}=\frac{1-x}{2\sqrt{x}}.Portanto f'(x)=\frac{1-x}{2\sqrt{x}\,(x+1)^2}.
  • Para x>1 o numerador 1-x é negativo, e o denominador é positivo, então f'(x)<0 para todo x>1. Logo f é decrescente em (1,\infty).
  • Consequência: a sequência \{a_n\} é decrescente a partir de n=2. Assim a primeira condição do teste de Leibniz (monotonicidade eventual) também está satisfeita.

Passo 5

Aplicação do teste de Leibniz:
  • Como a_n>0, a_n é decrescente para n\ge2 e \lim_{n\to\infty}a_n=0, pelo teste de Leibniz a série \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\sqrt{n}}{n+1}converge.

Passo 6

Verificar se a convergência é absoluta ou condicional (ou seja, estudar \sum_{n=1}^{\infty}|(-1)^{n}a_n|=\sum_{n=1}^{\infty}a_n).
  • Vou mostrar que \sum a_n diverge por comparação com uma série p-harmônica.
  • Para n\ge1 temos n+1\le 2n. Assim a_n=\frac{\sqrt{n}}{n+1}\ge\frac{\sqrt{n}}{2n}=\frac{1}{2\sqrt{n}}.
  • Portanto, para a soma das magnitudes vale \sum_{n=1}^{\infty}a_n \ge \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}.
  • A série \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}} é uma série p com p=\tfrac{1}{2}\le1, e sabe-se que séries p divergem quando p\le1. Logo \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}} diverge, e por comparação segue que \sum_{n=1}^{\infty}a_n também diverge.
  • Conclusão: a série original não converge absolutamente.

Passo 7

Conclusão final combinando os resultados:
  • A série \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\dfrac{\sqrt{n}}{n+1} converge pelo teste de Leibniz (alternada com termos decrescentes que tendem a zero).
  • A convergência não é absoluta, pois \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sqrt{n}}{n+1} diverge por comparação com \sum 1/\sqrt{n}.

Resposta

A série converge condicionalmente.
Não converge absolutamente.

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