Exercício 2.4.8. Determine x>0 para que a série seja convergente.
f) \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot(2 k-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2 k} x^{2 k}

Passo 1

O enunciado pede: determinar todos os x>0 tais que a série
\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot\ldots\cdot(2k-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot\ldots\cdot 2k}\,x^{2k}
é convergente.
Informações dadas:
\text{para cada }k\ge1,\quad \text{o numerador é }1\cdot 3\cdot 5\cdot\ldots\cdot(2k-1),é
\text{e o denominador é }2\cdot 4\cdot 6\cdot\ldots\cdot 2k.é
E a série soma esses quocientes multiplicados por x^{2k}. O domínio a investigar é x>0.

Passo 2

Primeiro vamos reescrever o termo geral da série de uma forma mais manejável. Denotando por (2k-1)!! o produto dos ímpares até 2k-1 e por (2k)!! o produto dos pares até 2k, temos
\frac{1\cdot 3\cdot\ldots\cdot(2k-1)}{2\cdot 4\cdot\ldots\cdot 2k} =\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}.
Agora use uma identidade conhecida (que vou explicar): (2k)!!=2^k k! e
(2k-1)!!=\frac{(2k)!}{(2k)!!}=\frac{(2k)!}{2^k k!}.
Substituindo isto no quociente,
\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!} =\frac{(2k)!}{2^k k!}\cdot\frac{1}{2^k k!} =\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}.
Observação rápida sobre as identidades usadas: (2k)!! é o produto 2\cdot4\cdot\ldots\cdot2k = 2^k(1\cdot2\cdot\ldots\cdot k)=2^k k!. A relação entre (2k)!, (2k)!! e (2k-1)!! vem de fatorar os termos pares e ímpares do fatorial (2k)!.

Passo 3

Use a relação com o coeficiente binomial central. Lembrando que
\binom{2k}{k}=\frac{(2k)!}{(k!)^2},
temos
\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}=\frac{1}{4^k}\binom{2k}{k}.
Logo o termo geral da série é
a_k=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}x^{2k}=\binom{2k}{k}\left(\frac{x^2}{4}\right)^k.
Assim a série original fica
\sum_{k=1}^{\infty} a_k=\sum_{k=1}^{\infty}\binom{2k}{k}\left(\frac{x^2}{4}\right)^k.

Passo 4

Escolhemos o Teste da Razão (ratio test) para estudar convergência porque temos um termo com k no expoente e fatorial/binomial — o teste da razão costuma ser direto e eficaz nessas situações. Vou lembrar o que diz o teste:
Se a_k é o termo geral positivo da série, e o limite
L=\lim_{k\to\infty}\frac{a_{k+1}}{a_k}
existe, então
  • se L<1 a série converge absolutamente;
  • se L>1 a série diverge;
  • se L=1 o teste é inconclusivo.
Aplicaremos isto ao a_k acima.

Passo 5

Calcule a razão \dfrac{a_{k+1}}{a_k}. Começando de
a_k=\binom{2k}{k}\left(\frac{x^2}{4}\right)^k, \qquad a_{k+1}=\binom{2k+2}{k+1}\left(\frac{x^2}{4}\right)^{k+1},
obtemos
\frac{a_{k+1}}{a_k} =\frac{\binom{2k+2}{k+1}}{\binom{2k}{k}}\cdot\frac{x^2}{4}.
Agora calcule a razão dos binomiais:
\frac{\binom{2k+2}{k+1}}{\binom{2k}{k}} =\frac{\dfrac{(2k+2)!}{(k+1)!^2}}{\dfrac{(2k)!}{(k!)^2}} =\frac{(2k+2)(2k+1)}{(k+1)^2}.
Portanto
\frac{a_{k+1}}{a_k} =\frac{(2k+2)(2k+1)}{(k+1)^2}\cdot\frac{x^2}{4}.

Passo 6

Simplifique a expressão e tome o limite quando k\to\infty. Note que (2k+2)=2(k+1), então
\frac{(2k+2)(2k+1)}{(k+1)^2} =2\cdot\frac{2k+1}{k+1}.
Assim
\frac{a_{k+1}}{a_k} =2\cdot\frac{2k+1}{k+1}\cdot\frac{x^2}{4} =\frac{2k+1}{k+1}\cdot\frac{x^2}{2}.
Agora o limite:
\lim_{k\to\infty}\frac{a_{k+1}}{a_k} =\lim_{k\to\infty}\frac{2k+1}{k+1}\cdot\frac{x^2}{2} =\left(\lim_{k\to\infty}\frac{2k+1}{k+1}\right)\cdot\frac{x^2}{2} =2\cdot\frac{x^2}{2}=x^2.
Portanto pelo teste da razão o parâmetro relevante é x^2: a série converge se x^2<1 e diverge se x^2>1. Como estamos com x>0, isso significa convergência quando 0<x<1 e divergência quando x>1. O caso x=1 L=1 e o teste da razão é inconclusivo — precisamos analisar separadamente.

Passo 7

Análise do caso de fronteira x=1. Para x=1 o termo geral torna-se
a_k=\binom{2k}{k}\left(\frac{1}{4}\right)^k.
É útil usar a aproximação assintótica dos coeficientes binomiais centrais (fórmula de Stirling). A fórmula de Stirling diz, de forma intuitiva e suficiente aqui, que
n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\quad\text{quando }n\to\infty.
Aplicando Stirling para (2k)! e k! numa combinação que forma \binom{2k}{k}, obtém-se a estimativa clássica
\binom{2k}{k}\sim\frac{4^k}{\sqrt{\pi k}}\quad\text{quando }k\to\infty.
Substituindo em a_k para x=1,
a_k=\binom{2k}{k}\left(\frac{1}{4}\right)^k\sim\frac{4^k}{\sqrt{\pi k}}\cdot\frac{1}{4^k}=\frac{1}{\sqrt{\pi k}}.
Portanto a_k é equivalente a C/\sqrt{k} para grande k. Como a série \sum 1/\sqrt{k} diverge (é uma p-série com p=\tfrac12\le1), conclui-se que a série com x=1 diverge.
Se preferir uma justificativa menos dependente da fórmula completa de Stirling, basta saber que \binom{2k}{k} cresce em torno de 4^k/\sqrt{k}, o que dá o mesmo comportamento e a mesma conclusão.

Passo 8

Juntando tudo:
  • para 0<x<1 temos x^2<1 e pelo teste da razão a série converge;
  • para x=1 a série diverge (termos com ordem 1/\sqrt{k});
  • para x>1 temos x^2>1 e pelo teste da razão a série diverge.
Como a pergunta solicitava x>0, a resposta é: a série converge exatamente para 0<x<1.

Resposta

0<x<1

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