Questão 06.

Usando as somas das séries obtidas no exercício anterior, calcule:
(a) \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n 2^{n}}
(b) \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{3}}{2^{n}}
(c) \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^{n}}{(n-1) 5^{n}}

Passo 1

O enunciado pede que eu calcule três somas infinitas, usando resultados de séries já conhecidos. As perguntas são:
(a) \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n 2^{n}}
(b) \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{3}}{2^{n}}
(c) \displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^{n}}{(n-1) 5^{n}}
Informações relevantes dadas (implícitas no enunciado):
  • Posso usar somas de séries padrão (como a série geométrica e séries obtidas por diferenciação/integração dela).
  • Todas as séries têm denominadores exponenciais com base maior que 1, então devem convergir e eu posso avaliar usando séries de potências dentro do raio de convergência.

Passo 2

Ferramenta básica que vamos usar (a mais útil aqui): a série geométrica e integrações/diferenciações dela.
A série geométrica (para |x|<1) é
\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}=\frac{1}{1-x}.
Integrando termo a termo de 0 a x (válido para |x|<1) obtemos a série para o logaritmo:
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=-\ln(1-x).
Explicação curta e didática: a soma \sum_{n=0}^\infty x^n tem cada termo x^n. Integrando \int_0^x t^{n}\,dt = x^{n+1}/(n+1). Somando isso para todos n e ajustando o índice dá exatamente a série acima, e o lado direito resulta da integral de 1/(1-t) que é -\ln(1-t). Essa identidade é muito útil para séries do tipo \sum x^n/n.
Também usaremos diferenciação termo a termo da série geométrica para obter fórmulas para \sum n x^n, \sum n^2 x^n, \sum n^3 x^n. Diferenciar é permitido dentro do raio de convergência e é um jeito padrão de gerar somas com potências de n.

Passo 3

Aplicando a série do logaritmo para resolver (a).
A fórmula é
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=-\ln(1-x),\quad |x|<1.
Escolho x=\tfrac{1}{2} (que satisfaz |x|<1). Então
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=-\ln\!\bigl(1-\tfrac{1}{2}\bigr)=-\ln\!\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr).
Como -\ln(\tfrac{1}{2})=\ln 2, concluímos
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=\ln 2.

Passo 4

Agora vamos construir as fórmulas para somas com n, n^2 e n^3. Começo com
\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}=\frac{x}{1-x}.
Diferencio ambos os lados em relação a x:
\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^{2}}.
Multiplicando por x obtemos
\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n}=\frac{x}{(1-x)^{2}}.

Passo 5

Diferencio novamente para obter \sum n^{2}x^{n}. A partir de \sum n x^{n}=\dfrac{x}{(1-x)^{2}}:
\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} x^{n-1}=\frac{d}{dx}\!\left(\frac{x}{(1-x)^{2}}\right)=\frac{1+x}{(1-x)^{3}}.
Multiplicando por x,
\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} x^{n}=\frac{x(1+x)}{(1-x)^{3}}.

Passo 6

Diferencio mais uma vez para obter \sum n^{3}x^{n}. A partir de \sum n^{2}x^{n-1}=\dfrac{1+x}{(1-x)^{3}}:
\sum_{n=1}^{\infty} n^{3} x^{n-1}=\frac{d}{dx}\!\left(\frac{1+x}{(1-x)^{3}}\right)=\frac{1+4x+x^{2}}{(1-x)^{4}}.
Multiplicando por x,
\sum_{n=1}^{\infty} n^{3} x^{n}=\frac{x(1+4x+x^{2})}{(1-x)^{4}}.
Comentário didático: cada diferenciação “puxa” para fora um fator n (porque derivando x^n n x^{n-1}), por isso ao differentiarmos repetidas vezes obtemos potências maiores de n nas somas.

Passo 7

Agora aplico a fórmula obtida para (b) escolhendo x=\tfrac{1}{2}. Usando
\sum_{n=1}^{\infty} n^{3} x^{n}=\frac{x(1+4x+x^{2})}{(1-x)^{4}},
coloco x=\tfrac{1}{2}. Calculo passo a passo:
1-x=1-\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad (1-x)^{4}=\Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)^{4}=\tfrac{1}{16}.
Também
1+4x+x^{2}=1+4\cdot\tfrac{1}{2}+\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)^{2}=1+2+\tfrac{1}{4}=\tfrac{13}{4}.
Multiplicando por x=\tfrac{1}{2}:
x(1+4x+x^{2})=\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{13}{4}=\tfrac{13}{8}.
Agora a razão:
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{3}}{2^{n}}=\frac{\tfrac{13}{8}}{\tfrac{1}{16}}=\tfrac{13}{8}\cdot 16=13\cdot 2=26.

Passo 8

Por fim, resolvo (c). Faço uma mudança de índice para simplificar a dependência em n-1.
Defino k=n-1. Quando n vai de 2 até \infty, k vai de 1 até \infty. Substituindo:
\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(n-1)5^{n}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^{k+1}}.
Fatorizo 1/5:
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^{k+1}}=\frac{1}{5}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^{k}}.
Reescrevo (-1)^{k+1}= -(-1)^{k} e então
\frac{1}{5}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k\,5^{k}}=-\frac{1}{5}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k}\left(\frac{1}{5}\right)^{k}=-\frac{1}{5}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{k}}{k},
onde z=-\tfrac{1}{5}. Usando a fórmula do logaritmo
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{k}}{k}=-\ln(1-z),
com z=-\tfrac{1}{5} temos
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{k}}{k}=-\ln\!\bigl(1-(-\tfrac{1}{5})\bigr)=-\ln\!\bigl(\tfrac{6}{5}\bigr).
Portanto a soma original vale
-\frac{1}{5}\cdot\bigl(-\ln(\tfrac{6}{5})\bigr)=\frac{1}{5}\ln\!\bigl(\tfrac{6}{5}\bigr).

Resposta

(a) \ln 2
(b) 26
(c) \dfrac{1}{5}\ln\!\bigl(\tfrac{6}{5}\bigr)

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