Determine todos os valores inteiros de k para os quais as séries alternadas abaixo convergem.
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{(\ln n)^{k}}{n}

Passo 1

O enunciado pede: determinar todos os valores inteiros de k para os quais a série
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(\ln n)^{k}}{n}
converge.
Informações fornecidas:
  • A soma é sobre n=1,2,3,\dots.
  • O termo geral é (-1)^{n}a_n com
a_n=\frac{(\ln n)^{k}}{n}.
  • k é um número inteiro (queremos todos os inteiros que tornam a série convergente).

Passo 2

Estratégia de resolução (explicada de forma simples): vou analisar duas coisas separadamente, porque isso costuma deixar tudo claro:
  1. Se a série converge absolutamente, isto é se \sum_{n=1}^{\infty}|(-1)^{n}a_n|=\sum_{n=1}^{\infty}a_n converge (isso garante convergência da série original).
  2. Se não converge absolutamente, verifico se converge condicionalmente usando o teste de séries alternadas (teste de Leibniz): para isso precisamos que a_n\ge 0, que a_n tenda a 0 e que a_n seja monótona decrescente a partir de algum ponto. Vou mostrar que essas condições valem para todos os inteiros k, e então concluir sobre convergência condicional quando a convergência absoluta falhar.

Passo 3

Mostrando que a_n\to 0 para todo inteiro k.
Considere a função contínua f(x)=\dfrac{(\ln x)^{k}}{x} para x>1. Faço a mudança de variável u=\ln x, de modo que x=e^{u} e dx/x = du. Então, para x\to\infty corresponde u\to\infty e
f(x)=\frac{(\ln x)^{k}}{x}=\frac{u^{k}}{e^{u}}.
Conhece-se (ou pode-se justificar usando l’Hôpital repetidamente) que
\lim_{u\to\infty}\frac{u^{k}}{e^{u}}=0
para qualquer inteiro k (na verdade para qualquer potência polinomial u^{k} comparada ao exponencial e^{u}). Logo
\lim_{x\to\infty}f(x)=0,
e, em particular,
\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\frac{(\ln n)^{k}}{n}=0
para todo inteiro k. Isso atende a uma das condições do teste de Leibniz.

Passo 4

Mostrando que a_n é eventualmente decrescente (para poder aplicar o teste de Leibniz).
Calcule a derivada de f(x)=\dfrac{(\ln x)^{k}}{x}. Usando a regra do quociente ou derivando como abaixo:
f'(x)=\frac{(\ln x)^{k-1}\bigl(k-\ln x\bigr)}{x^{2}}.
O fator (\ln x)^{k-1}/x^{2} é positivo para x>1. Assim o sinal de f'(x) é o sinal de k-\ln x. Portanto, para todo x>e^{k} vale \ln x>k e assim f'(x)<0. Isso mostra que f (e, portanto, a sequência a_n=f(n)) é decrescente a partir de n>\!e^{k}. Se k for negativo, então e^{k}<1 e essa monotonicidade vale já para todo n\ge2. Conclusão: a_n é monotonicamente decrescente a partir de algum índice, para qualquer inteiro k.
Combinando com o resultado do Passo 3 (limite nulo), todas as hipóteses do teste de Leibniz são satisfeitas para qualquer inteiro k. Logo a série alternada converge para todo inteiro k, pelo teste de Leibniz — ao menos condicionalmente quando não houver convergência absoluta.

Passo 5

Análise da convergência absoluta (para separar os casos condicional/absoluto).
A série converge absolutamente exatamente quando
\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(\ln n)^{k}}{n}
(conveniente excluir n=1 pois \ln 1=0) converge. Use o teste integral. Considere
\int_{2}^{\infty}\frac{(\ln x)^{k}}{x}\,dx.
Com a substituição u=\ln x (então du=dx/x) obtemos
\int_{2}^{\infty}\frac{(\ln x)^{k}}{x}\,dx=\int_{\ln 2}^{\infty}u^{k}\,du.
Agora a integral \int_{\ln 2}^{\infty}u^{k}\,du converge se, e somente se, o expoente satisfaz k<-1. Mais precisamente:
  • Se k\neq -1 então \int u^{k}\,du = \dfrac{u^{k+1}}{k+1}, que tende a um limite finito quando u\to\infty somente se k+1<0, isto é k<-1.
  • Se k=-1 a integral é \int_{\ln 2}^{\infty}\dfrac{du}{u}, que diverge.
Portanto a série \sum (\ln n)^{k}/n converge (pelo teste integral) exatamente quando k<-1. Como k é inteiro, isso equivale a k\le -2.
Conclusão sobre convergência absoluta:
  • Para k\le -2 a série converge absolutamente.
  • Para k\ge -1 a série não converge absolutamente.

Passo 6

Juntando tudo (convergência absoluta + teste de Leibniz):
  • Para k\le -2: a série converge absolutamente (logo converge).
  • Para k\ge -1: a série não converge absolutamente, mas pelo Passo 3 e Passo 4 satisfaz as hipóteses do teste de Leibniz, então converge condicionalmente.
  • O caso k=-1 merece menção: a série absoluta \sum 1/(n\ln n) diverge, mas a série alternada \sum(-1)^{n}/(n\ln n) converge pelo teste de Leibniz.
Assim, para todo inteiro k a série converge (ou absolutamente, ou condicionalmente).

Resposta

Todos os inteiros k (isto é, k\in\mathbb{Z}).

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