Questão 21. Considere a série condicionalmente converge
\ln (2)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\frac{1}{11}-\frac{1}{12}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{n}+\cdots
i) Defina a série somando pares de números da série original como a seguir.
S=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{8}\right)+\left(\frac{1}{9}-\frac{1}{10}\right)+\left(\frac{1}{11}-\frac{1}{12}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+2}\right)+\cdots
Mostre que a série construída de termos positivos é convergente e seu valor é aproximadamente igual a S=0,1931471806.
ii) Reagrupe a série inicial como a seguir. A cada termo positivo da série, insira os dois próximos números negativos, obtendo uma nova série.
T=\left(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{6}-\frac{1}{8}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{10}-\frac{1}{12}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{4 n+2}-\frac{1}{4 n+4}\right)+\cdots
Mostre que a série T é convergente e T=S / 2.

Passo 1

O enunciado trata da série alternada
\ln(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,n+1}}{n}
que converge condicionalmente.
Em (i) agrupa-se termos adjacentes em blocos de dois, gerando uma nova série de termos positivos
S=\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\Bigr).
Em (ii) reagrupa-se cada termo positivo com os dois negativos seguintes, formando
T=\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{4k+2}-\frac{1}{4k+4}\Bigr).
Precisamos mostrar que ambas convergem e que T=S/2.

Passo 2

Mostramos primeiro a convergência de
a_k=\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\quad(k\ge0).
Note que
a_k=\frac{(2k+2)-(2k+1)}{(2k+1)(2k+2)} =\frac{1}{(2k+1)(2k+2)}.
Como (2k+1)(2k+2)\sim4k^2, temos
a_k=O\bigl(k^{-2}\bigr),
e pelo critério da comparação com uma série p-com p=2>1, a série \sum a_k converge.

Passo 3

Para achar o valor de
S=\sum_{k=0}^{\infty}a_k =\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\Bigr),
observamos que a soma parcial até k=N é
S_N =\sum_{k=0}^{N}\frac{1}{2k+1}-\sum_{k=0}^{N}\frac{1}{2k+2} =\sum_{n=1}^{2N+2}\frac{(-1)^{\,n+1}}{n}
que é justamente o 2N+2-ésimo parcial da série alternada original. Como
\lim_{M\to\infty}\sum_{n=1}^{M}\frac{(-1)^{\,n+1}}{n}=\ln(2),
segue
\lim_{N\to\infty}S_N=\ln(2).

Passo 4

Portanto
S=\ln(2)\approx0,6931471806.

Passo 5

Agora analisamos
T=\sum_{k=0}^{\infty}t_k, \quad t_k=\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{4k+2}-\frac{1}{4k+4}.
Reescrevendo,
\frac{1}{4k+2}=\frac{1}{2(2k+1)}, \quad \frac{1}{4k+4}=\frac{1}{2(2k+2)},
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t_k =\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2(2k+1)}-\frac{1}{2(2k+2)} =\frac12\Bigl(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\Bigr) =\frac12\,a_k.
Isso mostra que
T=\sum_{k=0}^{\infty}t_k =\frac12\sum_{k=0}^{\infty}a_k =\frac12\,S.

Resposta

S converge e
S=\ln(2)\approx0,6931471806,
e
T=\frac{S}{2}\approx0,3465735903.

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