Mostre que as séries abaixo são convergentes:
\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k \cdot \ln k}

Passo 1

Enunciado e dados que temos: a série dada é \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k \cdot \ln k}. Note que \ln 1=0, então o termo para k=1 é indefinido. Vou assumir que a intenção é a série começando em k=2:
\sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k \ln k}.
O que o enunciado pede: mostrar que essa série é convergente. Informação relevante extraída do enunciado: os termos têm sinal alternado por causa de (-1)^k e o módulo dos termos é
b_k=\frac{1}{k\ln k},\qquad k\ge2,
que é positivo para k\ge2. A tarefa será verificar condições de um critério de convergência adequado e concluir se a série converge (e depois, opcionalmente, verificar convergência absoluta).

Passo 2

Ferramenta que vou usar primeiro: o Critério de Leibniz (critério da série alternada). Vou explicar o critério de forma simples e didática.
Critério de Leibniz (enunciado e ideia): Se (b_k) é uma sequência de números positivos tal que
  1. b_{k+1}\le b_k para todo k suficientemente grande (ou seja, b_k é monotona não crescente a partir de algum índice), e
  2. \lim_{k\to\infty} b_k=0,
    então a série alternada \sum (-1)^k b_k converge.
Intuição curta: em séries alternadas com termos que decrescem em módulo até 0, as somas parciais ficam “oscillando” em torno de um limite e a amplitude dessa oscilação vai diminuindo — por isso há convergência. No exame, basta checar as duas condições acima.

Passo 3

Verificar a condição \lim_{k\to\infty} b_k=0 para b_k=\dfrac{1}{k\ln k}.
Explicação do porquê b_k\to0: à medida que k\to\infty, temos k\to\infty e \ln k\to\infty, então o produto k\ln k\to\infty. Portanto
\lim_{k\to\infty} b_k=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{k\ln k}=0.
Uma forma elementar de ver isso sem muito formalismo: para k\ge2 vale \ln k\ge \ln 2>0, então k\ln k\ge k\ln 2 e assim b_k\le \dfrac{1}{k\ln 2}. Como \dfrac{1}{k\ln 2}\to0, pelo confronto b_k\to0. (Essa observação também mostra rapidamente que o limite é zero.)

Passo 4

Verificar a monotonicidade de b_k: preciso mostrar que b_{k+1}\le b_k a partir de algum índice (na prática, para todo k\ge2).
Método prático: estude a função contínua que estende b_k:
f(x)=\frac{1}{x\ln x},\qquad x>1.
Se f for decrescente em (1,\infty), então b_k=f(k) será decrescente em k.
Calcule a derivada de f. Usando derivação:
f(x)= (x\ln x)^{-1}\quad\Rightarrow\quad f'(x) = -\frac{1}{(x\ln x)^2}\cdot\frac{d}{dx}(x\ln x).
Agora \dfrac{d}{dx}(x\ln x)=\ln x+1. Então
f'(x) = -\frac{\ln x + 1}{x^{2}(\ln x)^{2}}.
Para x>1 temos \ln x>0, logo \ln x+1>0. Assim f'(x)<0 para todo x>1. Conclusão: f é estritamente decrescente em (1,\infty). Portanto a sequência b_k=f(k)=\dfrac{1}{k\ln k} é estritamente decrescente para k\ge2. Isso verifica a primeira condição do Critério de Leibniz.

Passo 5

Aplicando o Critério de Leibniz: já mostramos que b_k>0 para k\ge2, que b_k é decrescente e que \lim_{k\to\infty} b_k=0. Logo, pela condição de Leibniz, a série alternada
\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k\ln k}
converge. Portanto a série original (com início ajustado para k=2) é convergente.

Passo 6

Importante distinguir convergência condicional e absoluta. Vou verificar se a série converge absolutamente, ou seja, se \sum_{k=2}^{\infty} |a_k| = \sum_{k=2}^{\infty} \dfrac{1}{k\ln k} converge.
Usarei o teste da integral (ou a substituição direta conhecida): considere a integral
\int_{2}^{\infty}\frac{dx}{x\ln x}.
Fazendo a substituição u=\ln x (então du=\dfrac{dx}{x}), obtemos
\int_{2}^{\infty}\frac{dx}{x\ln x}=\int_{\ln 2}^{\infty}\frac{du}{u}=\left.\ln u\right|_{\ln 2}^{\infty}=\lim_{t\to\infty}\ln(\ln t)-\ln(\ln 2)=\infty.
Como a integral diverge e a função x\mapsto\dfrac{1}{x\ln x} é positiva e decrescente para x\ge2, o teste da integral implica que a série de termos positivos
\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k\ln k}
diverge. Assim a série original não converge absolutamente; ela converge apenas condicionalmente.

Resposta

A série \displaystyle \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k\ln k} converge pelo Critério de Leibniz, mas \displaystyle \sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k\ln k} diverge (teste da integral); portanto a convergência é condicional.

Exercícios relacionados