Prove que a série \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n!e^{n}}{n^{n}} é divergente.

Passo 1

O enunciado dá a série cuja n-ésima parcela é
a_n=\frac{n!\,e^{n}}{n^{n}},
e pede para provar que a série
\sum_{n=1}^{\infty} a_n
é divergente.
Informações relevantes que temos:
  • A expressão explícita de a_n está acima.
  • Para que uma série convergente, é necessário (condição necessária) que a_n \to 0 quando n\to\infty. Se mostrarmos que a_n\not\to0 (por exemplo a_n\to\infty ou tende a um número não nulo), a série diverge imediatamente.
  • Podemos usar aproximações assintóticas conhecidas para n! (fórmula de Stirling) para estudar o comportamento de a_n quando n é grande.

Passo 2

Lembrete útil (teste da parcela): se \lim_{n\to\infty} a_n \neq 0, então \sum a_n diverge. Portanto o plano é investigar o limite de
a_n=\frac{n!\,e^{n}}{n^{n}}
quando n\to\infty. Se mostrarmos que a_n cresce (ou não tende a zero), concluímos divergência.

Passo 3

Vou usar a fórmula de Stirling. Vou primeiro explicar o que ela diz e por que é relevante.
Fórmula de Stirling (forma usual): para n\to\infty,
n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\left(\frac{n}{e}\right)^{n},
o que significa que
\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^{n}}=1.
Interpretação: n! é aproximadamente \sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n para n grande; a razão entre os dois tende a 1. Essa aproximação vem de aproximar \ln(n!)=\sum_{k=1}^n\ln k por uma integral e refinar com correções (ou usando a representação integral da função Gamma e método de Laplace). Para nosso objetivo não precisamos provar Stirling aqui, apenas usar o resultado e entender que ele fornece a ordem principal de crescimento de n!.

Passo 4

Aplicando Stirling em a_n. Substituímos a aproximação de n! em a_n:
a_n=\frac{n!\,e^{n}}{n^{n}} \sim \frac{\sqrt{2\pi n}\,\left(\dfrac{n}{e}\right)^{n} e^{n}}{n^{n}}.
Agora simplificamos a expressão do lado direito passo a passo:
Primeiro, escrevemos o fator \left(\dfrac{n}{e}\right)^{n} e^{n} como
\left(\frac{n}{e}\right)^{n} e^{n} = n^{n} \, e^{-n} \, e^{n} = n^{n}.
Substituindo isso na expressão assintótica, obtemos
a_n \sim \frac{\sqrt{2\pi n}\, n^{n}}{n^{n}} = \sqrt{2\pi n}.
Portanto, usando Stirling, concluímos que
a_n \sim \sqrt{2\pi n}\qquad (n\to\infty),
ou seja,
\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2\pi n}}=1.

Passo 5

Da conclusão do passo anterior segue que a_n\to\infty quando n\to\infty, porque \sqrt{2\pi n}\to\infty. Em particular a_n\not\to0.
Pelo teste da parcela (condição necessária para convergência), se as parcelas a_n não tendem a 0 então a série \sum a_n diverge. Logo, a série dada diverge.

Passo 6

Comentário pedagógico e verificação: é comum tentar o teste da razão ou o teste da raiz aqui. Para registro rápido, a razão é
\frac{a_{n+1}}{a_n} = e\left(\frac{n}{n+1}\right)^n \to e\cdot e^{-1}=1,
e a raiz n-ésima dá também limite 1. Ambos os testes são inconclusivos. Por isso a aproximação mais refinada (Stirling) foi a ferramenta que resolveu o problema de forma direta, mostrando que as parcelas nem sequer tendem a zero.

Resposta

A série é divergente.

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