Questão 02.
Determine o raio de convergência das séries de potências seguintes. Em seguida, encontre o intervalo de convergência.
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} x^{n}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas sobre a série de potências
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^{2}} x^{n}.
Perguntas explícitas:
  1. Determinar o raio de convergência da série.
  2. Encontrar o intervalo de convergência (ou seja, quais valores de x dão convergência, incluindo verificar os extremos).
Informações dadas que vamos usar:
  • Os coeficientes da série são a_n=\dfrac{(2n)!}{(n!)^{2}}.
  • A série é do tipo \sum a_n x^n, então podemos usar o teste da razão (ou o teste da raiz) para calcular o raio de convergência.
  • Precisaremos testar separadamente os pontos x=\pm R quando obtivermos R.

Passo 2

Lembrando a técnica: para uma série de potências \sum a_n x^n uma forma prática de achar o raio R é usar o limite
R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|
quando esse limite existe (equivalente a R=1/\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} quando apropriado). Vou aplicar o teste da razão aos coeficientes a_n.
Explico o porquê: a série converge absolutamente quando \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n x^n|}<1, o que leva às formas acima. O teste da razão é especialmente simples quando os coeficientes envolvem fatoriais.

Passo 3

Calculemos a razão \dfrac{a_{n+1}}{a_n}. Com a_n=\dfrac{(2n)!}{(n!)^{2}} temos
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\dfrac{(2n+2)!}{((n+1)!)^{2}}}{\dfrac{(2n)!}{(n!)^{2}}} = \frac{(2n+2)!}{(2n)!}\cdot\frac{(n!)^{2}}{((n+1)!)^{2}}.
Agora simplificamos cada fator usando (2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)! e (n+1)!=(n+1)n!. Assim
\frac{a_{n+1}}{a_n} = (2n+2)(2n+1)\cdot\frac{1}{(n+1)^{2}} = \frac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)^{2}}.

Passo 4

Continuando a simplificação do resultado anterior:
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(2n+1)}{n+1} = \frac{4n+2}{n+1}.
Podemos escrever isso como
\frac{a_{n+1}}{a_n}=4-\frac{2}{n+1}.
Portanto, ao tomar o limite quando n\to\infty,
\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=4.

Passo 5

Usamos o fato de que para a série \sum a_n x^n o raio de convergência é
R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\frac{1}{\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}}.
Como \lim_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=4, obtemos
R=\frac{1}{4}.
Portanto o raio de convergência é R=\dfrac{1}{4}. Isso significa que a série converge absolutamente para |x|<\dfrac{1}{4} e diverge para |x|>\dfrac{1}{4}. Restam os extremos x=\pm\dfrac{1}{4} a examinar.

Passo 6

Para simplificar a análise dos extremos, note que o coeficiente a_n é o coeficiente binomial central:
a_n=\frac{(2n)!}{(n!)^{2}}=\binom{2n}{n}.
Então a série é \sum_{n=1}^\infty \binom{2n}{n} x^n. Nos extremos temos:
  • Para x=\dfrac{1}{4}: os termos são b_n=\binom{2n}{n}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n.
  • Para x=-\dfrac{1}{4}: os termos são b_n=(-1)^n\binom{2n}{n}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n.
Vamos estudar o comportamento assintótico de \binom{2n}{n} para decidir convergência.

Passo 7

Apresento uma ferramenta muito útil: a fórmula de Stirling (uma aproximação assintótica para fatoriais). Dizemos que, quando n\to\infty,
n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^{n},
o que significa que o quociente entre os dois lados tende a 1. Vou usar Stirling para obter a assíntota de \binom{2n}{n}.
Aplicando Stirling a (2n)! e a n!:
(2n)!\sim\sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n},\qquad n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}.
Logo
\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{(n!)^{2}} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\left(\dfrac{2n}{e}\right)^{2n}}{\left(\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^{n}\right)^{2}} = \frac{\sqrt{4\pi n}}{2\pi n}\,2^{2n} = \frac{4^{n}}{\sqrt{\pi n}}.
Ou seja, para grandes n,
\binom{2n}{n}\approx\frac{4^{n}}{\sqrt{\pi n}}.

Passo 8

Usando essa aproximação, o termo para x=\dfrac{1}{4} vale aproximadamente
b_n=\binom{2n}{n}\left(\frac{1}{4}\right)^n\approx\frac{4^{n}}{\sqrt{\pi n}}\cdot\frac{1}{4^{n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}.
Portanto b_n tem ordem assintótica 1/\sqrt{n}. Como a série \sum 1/\sqrt{n} diverge (é uma série p-série com p=\tfrac{1}{2}\le 1), pela comparação assintótica a série original em x=\dfrac{1}{4} também diverge. Conclusão: a série diverge em x=\dfrac{1}{4}.
Se quiser uma justificativa sem dizer “aproximação”: a aplicação rigorosa de Stirling permite afirmar que existe constante C>0 tal que para n grande
b_n\ge \frac{C}{\sqrt{n}},
e isso já basta para concluir divergência por comparação com \sum 1/\sqrt{n}.

Passo 9

Agora analyze x=-\dfrac{1}{4}. Temos a série alternada
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\binom{2n}{n}\left(\frac{1}{4}\right)^n.
Denotando u_n=\binom{2n}{n}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n (a parte positiva), já vimos que u_n\sim 1/\sqrt{\pi n} e portanto u_n\to 0 quando n\to\infty. Para aplicar o teste da série alternada (critérios de Leibniz) precisamos também que u_n seja monotonicamente decrescente para n grande (ou ao menos eventualmente decrescente).

Passo 10

Mostro que u_n é eventualmente decrescente. Usei antes a razão entre termos:
\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{a_{n+1}}{a_n}\cdot\frac{(1/4)^{\,n+1}}{(1/4)^{\,n}} =\left(4-\frac{2}{n+1}\right)\cdot\frac{1}{4}=1-\frac{1}{2(n+1)}.
Para todo n\ge1 esse quociente é menor que 1 (por exemplo para n\ge1 temos 1-\dfrac{1}{2(n+1)}<1), logo u_{n+1}<u_n para todo n. Assim u_n é decrescente e tende a 0.

Passo 11

Pelo teste de Leibniz (serie alternada com termos decrescentes em módulo que tendem a zero), a série em x=-\dfrac{1}{4} converge. Como a série absoluta em x=-\dfrac{1}{4} é a mesma que no caso x=+\dfrac{1}{4} (pois |(-1)^n|=1), e essa série absoluta diverge, concluímos que a convergência em x=-\dfrac{1}{4} é condicional (não é absoluta).

Resposta

Raio de convergência: \;R=\dfrac{1}{4}.
Intervalo de convergência: \;[-\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4}).

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