Numa P.G., a_{1}=\frac{25 a^{2}}{4\left(a^{2}+1\right)} e a_{4}=\frac{2\left(a^{2}+1\right)^{2}}{5 a}, com a>0. Estabeleça:
a) o conjunto de valores de a para os quais a P.G. é decrescente.
b) o limite da soma dos termos para \mathrm{q}=\mathrm{a}-\frac{1}{5}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados (pegos do enunciado):
    • a>0.
    • O primeiro termo da P.G. é a_{1}=\dfrac{25a^{2}}{4\left(a^{2}+1\right)}.
    • O quarto termo da P.G. é a_{4}=\dfrac{2\left(a^{2}+1\right)^{2}}{5a}.
  • O enunciado pede:
    a) Determinar o conjunto de valores de a para os quais a P.G. é decrescente.
    b) Calcular o limite da soma dos termos (ou seja, a soma infinita, quando ela existir) no caso em que q = a - \dfrac{1}{5}.
Observação importante (para usar depois): numa P.G. com razão q e primeiro termo a_{1}, vale sempre
a_{n}=a_{1}q^{\,n-1}.

Passo 2

Vou achar a razão q da P.G. a partir dos dados a_{1} e a_{4}.
Da fórmula da P.G. para o quarto termo temos
a_{4}=a_{1}q^{3}.
Logo
q^{3}=\frac{a_{4}}{a_{1}}.
Substituindo as expressões fornecidas para a_{1} e a_{4}:
q^{3}=\frac{\dfrac{2\left(a^{2}+1\right)^{2}}{5a}}{\dfrac{25a^{2}}{4\left(a^{2}+1\right)}}.
Agora simplifico passo a passo (explicando cada passo):
q^{3}=\frac{2\left(a^{2}+1\right)^{2}}{5a}\cdot\frac{4\left(a^{2}+1\right)}{25a^{2}} =\frac{2\cdot4}{5\cdot25}\cdot\frac{\left(a^{2}+1\right)^{3}}{a^{3}}.
Como \dfrac{2\cdot4}{5\cdot25}=\dfrac{8}{125}, fica
q^{3}=\frac{8}{125}\cdot\frac{\left(a^{2}+1\right)^{3}}{a^{3}}.
Tomo a raiz cúbica dos dois lados (como a>0 tudo é positivo, a raiz cúbica dá a razão q positiva):
q=\frac{2}{5}\cdot\frac{a^{2}+1}{a}.
Observação prática: \dfrac{a^{2}+1}{a}=a+\dfrac{1}{a}, então é mais curto escrever
q=\frac{2}{5}\Bigl(a+\frac{1}{a}\Bigr).

Passo 3

Vou usar a expressão de q para atacar a parte (a): quando a P.G. é decrescente?
Primeiro, verificar o sinal de a_{1} e de q. Como a>0, temos
a_{1}=\frac{25a^{2}}{4(a^{2}+1)}>0.
E, como a>0, também a+\dfrac{1}{a}>0, então
q=\frac{2}{5}\Bigl(a+\frac{1}{a}\Bigr)>0.
Para uma P.G. com termos positivos (aqui a_{1}>0 e q>0), a sequência é estritamente decrescente exatamente quando 0<q<1. (Explicação curta: se 0<q<1 então cada termo é menor que o anterior porque multiplica por um fator menor que 1; se q>1 os termos crescem; se q=1 é constante.)
Portanto a condição para ser decrescente é
0<q<1.
Já sabemos que q>0, então basta impor q<1. Usando a expressão que achamos,
\frac{2}{5}\Bigl(a+\frac{1}{a}\Bigr)<1.
Multiplicando por 5 e por a>0 (permitido sem mudar o sentido da desigualdade):
2\bigl(a^{2}+1\bigr)<5a.
Reescrevo como inequação quadrática:
2a^{2}-5a+2<0.
Calculo as raízes do polinômio 2a^{2}-5a+2:
\Delta = (-5)^{2}-4\cdot2\cdot2=25-16=9,\quad \sqrt{\Delta}=3.
As raízes são
a=\frac{5\pm3}{4}\quad\Rightarrow\quad a=\frac{1}{2}\quad\text{ou}\quad a=2.
Como o coeficiente de a^{2} é positivo, a parábola abre para cima, logo a desigualdade 2a^{2}-5a+2<0 é satisfeita para a entre as raízes:
\frac{1}{2}<a<2.
Conclusão da parte (a): a P.G. é decrescente para
a\in\left(\tfrac{1}{2},2\right).
Obs.: em a=\tfrac{1}{2} ou a=2 tem q=1 (sequência constante), e para a>2 ou 0<a<\tfrac{1}{2} tem q>1 (sequência crescente).

Passo 4

Agora a parte (b). Eles indicam considerar q=a-\dfrac{1}{5}. Interpreto a questão como: usando essa expressão para q, determinar o limite da soma dos termos (isto é, a soma infinita da P.G.) quando ela existir. Vou explicar a fórmula que precisamos usar.
Para uma P.G. de primeiro termo a_{1} e razão q, a soma parcial dos n primeiros termos é
S_{n}=a_{1}\frac{1-q^{n}}{1-q}\quad(\text{quando }q\neq1).
Se |q|<1, então q^{n}\to0 quando n\to\infty, e a soma infinita converge para
S_{\infty}=\frac{a_{1}}{1-q}.
Se |q|\ge1, a soma infinita não converge.

Passo 5

Aplicando ao caso q=a-\dfrac{1}{5}:
  1. Primeiro a condição de convergência: |q|<1 significa
\left|a-\frac{1}{5}\right|<1.
Resolvo essa desigualdade:
-1<a-\frac{1}{5}<1 \quad\Rightarrow\quad -\frac{4}{5}<a<\frac{6}{5}.
Como a>0 pelo enunciado, a condição fica
0<a<\frac{6}{5}.
  1. Quando 0<a<\dfrac{6}{5}, a soma infinita existe e vale
S_{\infty}=\frac{a_{1}}{1-q}.
Substituo a_{1}=\dfrac{25a^{2}}{4(a^{2}+1)} e q=a-\dfrac{1}{5}:
S_{\infty}=\frac{\dfrac{25a^{2}}{4(a^{2}+1)}}{1-\left(a-\dfrac{1}{5}\right)} =\frac{\dfrac{25a^{2}}{4(a^{2}+1)}}{\dfrac{6}{5}-a}.
Simplifico multiplicando numerador e denominador:
S_{\infty}=\frac{25a^{2}}{4(a^{2}+1)}\cdot\frac{1}{\dfrac{6-5a}{5}} =\frac{25a^{2}}{4(a^{2}+1)}\cdot\frac{5}{6-5a} =\frac{125\,a^{2}}{4\,(a^{2}+1)\,(6-5a)}.
Observação: o denominador 6-5a é positivo no intervalo 0<a<\tfrac{6}{5}, então a expressão faz sentido e é positiva.

Resposta

a) a\in\left(\tfrac{1}{2},2\right)
b) A soma infinita converge para 0<a<\tfrac{6}{5} e, nesse caso,
S_{\infty}=\frac{125\,a^{2}}{4\,(a^{2}+1)\,(6-5a)}.

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