Estude a série
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}

Passo 1

O enunciado dá a série
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}
O que precisamos estudar (ou seja, as perguntas implícitas):
  • Determinar se a série converge ou diverge.
  • Verificar se converge absolutamente ou apenas condicionalmente.
  • Se converge, encontrar (quando possível) a soma da série.
    Lista das informações que já estão no enunciado:
  • O termo geral da série é a_n=\dfrac{(-1)^{n}}{n}.
  • Os termos têm sinal alternado: para n ímpar a_n<0, para n par a_n>0.
    Nada mais foi dado; a resolução seguirá com testes padrão (teste de Leibniz para séries alternadas, teste da série harmônica para absoluta, e identificação da soma via expansão de \ln(1+x)).

Passo 2

Verificar as condições do teste de Leibniz (teste das séries alternadas), que diz o seguinte de modo simples e útil numa prova:
  • Se uma série tem a forma \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n} b_n (ou (-1)^{n+1}b_n) com b_n\ge 0, e
    1. b_n é monotonicamente decrescente para n suficientemente grande (isto é, b_{n+1}\le b_n), e
    2. \lim_{n\to\infty} b_n = 0,
      então a série converge.
      Aqui devemos identificar b_n=\dfrac{1}{n}. Vamos checar as duas condições:
  • Monotonicidade: para todo n vale \frac{1}{n+1}<\frac{1}{n},logo b_n é decrescente.
  • Limite: \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0.
    Ambas as condições estão satisfeitas. Portanto, pelo teste de Leibniz, a série
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}
converge. (Dica de prova: o teste de Leibniz pode ser justificado mostrando que as somas parciais pares formam uma sequência monótona e limitada, e as ímpares também; assim ambas convergem para o mesmo limite.)

Passo 3

Verificar se a convergência é absoluta. Para isso consideramos a série das modulações (valores absolutos):
\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{(-1)^{n}}{n}\right|=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n},
que é a famosa série harmônica. Para ver que a série harmônica diverge, um argumento clássico (teste integral) é:
  • Compare a soma com a integral: \int_{1}^{N}\frac{1}{x}\,dx=\ln N.Como \ln N\to\infty quando N\to\infty, a integral diverge e, pelo teste integral (ou por comparação direta com blocos: 1+\tfrac12+(\tfrac13+\tfrac14)+(\tfrac15+\tfrac16+\tfrac17+\tfrac18)+\dots\ge 1+\tfrac12+\tfrac12+\tfrac12+\dots), a série \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n} também diverge.
    Logo a série das modulações diverge, portanto a série original NÃO converge absolutamente.

Passo 4

Concluir o tipo de convergência: a série converge (Passo 2) mas não converge absolutamente (Passo 3). Portanto a convergência é condicional. Palavra de incentivo: isso é super comum em provas — a alternância salva a convergência mesmo quando os módulos não somam.

Passo 5

Agora vamos calcular a soma da série. Para isso usamos uma identidade bem conhecida e simples de obter: a série de potências da função \ln(1+x).
Começamos com a série geométrica para |x|<1:
\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-x)^{n}.
Integramos ambos os lados em relação a x de 0 a t, com 0\le t<1. A integração termo a termo é válida para |x|<1 (convergência uniforme em intervalos fechados contidos em (-1,1)):
\int_{0}^{t}\frac{1}{1+x}\,dx=\int_{0}^{t}\sum_{n=0}^{\infty}(-x)^{n}\,dx.
No lado esquerdo a integral é \ln(1+t). No lado direito, integrar termo a termo dá
\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{t}(-x)^{n}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{n+1}}{n+1}.
Mudar o índice (colocar k=n+1) resulta em
\ln(1+t)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{t^{k}}{k},\qquad\text{para }0\le t<1.
Agora fazemos t\to 1^{-}. Para cada 0\le t<1 a identidade vale; tomando o limite t\to1^{-} e usando que a série do lado direito converge quando t=1 (é a série alternada que já mostramos convergir), obtemos
\ln 2=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{1}{k}.
Repare que a série do enunciado é \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{n}. Relacionando os sinais,
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}=-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}=-\ln 2.
Assim encontramos a soma exata.

Passo 6

Erro e aproximação prática (útil na prova): pelo próprio teste de Leibniz temos uma estimativa simples do resto. Se s=\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n} / n e s_N=\sum_{n=1}^N (-1)^{n} / n, então o resto R_N=s-s_N satisfaz
|R_N|\le \frac{1}{N+1}.
Isso é ótimo na prova porque dá uma cota prática: por exemplo, com N=1000 o erro é no máximo 1/1001\approx0,001. Numericamente,
-\ln 2\approx -0,6931\ldots

Resposta

A série converge condicionalmente.
Soma =-\ln 2.

Exercícios relacionados