Questão 4. Determine a convergência das séries a seguir (não é necessário calcular o seu valor).
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1)\left(n^{2}-1\right)}{(n+1)\left(n^{2}+1\right)^{2}}

Passo 1

O enunciado dá a série de termos positivos
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1)\left(n^{2}-1\right)}{(n+1)\left(n^{2}+1\right)^{2}}
e pede para determinar se essa série converge ou diverge. Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • O termo geral é a_n=\dfrac{(2 n-1)\left(n^{2}-1\right)}{(n+1)\left(n^{2}+1\right)^{2}}.
  • Para n=1 tem-se n^{2}-1=0, logo a_1=0. Para n\ge2 os termos são não-negativos (na verdade positivos).
  • A pergunta é apenas sobre convergência (não é preciso calcular soma).

Passo 2

Observação sobre comportamento para grandes n. Quando n é grande, podemos comparar a taxa de decaimento de a_n com uma série-p conhecida. Uma forma simples é olhar o grau (ordem) dos polinômios no numerador e no denominador para achar a ordem assintótica de a_n.
Explicando a ideia (passo-a-passo): se um termo a_n é da ordem de 1/n^p quando n\to\infty, então é natural comparar com a série-p \sum 1/n^p. A série-p converge se p>1 e diverge se p\le1. Essa comparação é o fundamento do teste de comparação por limite que vamos usar.

Passo 3

Determinar a ordem assintótica de a_n. Olhando os maiores termos dos polinômios:
  • No numerador (2n-1)(n^2-1) o termo dominante é aproximadamente 2n\cdot n^2=2n^3.
  • No denominador (n+1)(n^2+1)^2 o termo dominante é aproximadamente n\cdot (n^2)^2=n\cdot n^4=n^5.
    Portanto, de forma heurística a_n se comporta como \dfrac{2n^3}{n^5}=\dfrac{2}{n^2} quando n é grande. Isso sugere comparar a_n com 1/n^2, cuja série é convergente (p-série com p=2>1).

Passo 4

Apresentar e aplicar o Teste da Comparação por Limite (limite comparativo).
Enunciado do teste (em palavras simples): Se a_n\ge0 e b_n>0 para todo n a partir de algum N, e
\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L
com 0<L<\infty, então \sum a_n converge se, e somente se, \sum b_n converge.
Aqui escolhemos b_n=\dfrac{1}{n^2} (série-p convergente). Vamos calcular o limite
L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{1/n^2}=\lim_{n\to\infty} n^2\cdot \frac{(2 n-1)\left(n^{2}-1\right)}{(n+1)\left(n^{2}+1\right)^{2}}.

Passo 5

Calcular o limite L de forma algébrica, fatorando potências de n.
Escrevendo cada fator em termos de n:
2n-1 = n\!\left(2-\frac{1}{n}\right),\qquad n^{2}-1 = n^{2}\!\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right),
n+1 = n\!\left(1+\frac{1}{n}\right),\qquad n^{2}+1 = n^{2}\!\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right).
Substituindo em L:
\begin{aligned} L &= \lim_{n\to\infty} n^{2}\cdot\frac{\bigl(n(2-\tfrac{1}{n})\bigr)\bigl(n^{2}(1-\tfrac{1}{n^{2}})\bigr)} {\bigl(n(1+\tfrac{1}{n})\bigr)\bigl(n^{2}(1+\tfrac{1}{n^{2}})\bigr)^{2}}\\[6pt] &= \lim_{n\to\infty} \frac{n^{2}\cdot n\cdot n^{2}\cdot\bigl(2-\tfrac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\tfrac{1}{n^{2}}\bigr)} {n\cdot n^{4}\cdot\bigl(1+\tfrac{1}{n}\bigr)\bigl(1+\tfrac{1}{n^{2}}\bigr)^{2}}\\[6pt] &= \lim_{n\to\infty} \frac{n^{5}\cdot\bigl(2-\tfrac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\tfrac{1}{n^{2}}\bigr)} {n^{5}\cdot\bigl(1+\tfrac{1}{n}\bigr)\bigl(1+\tfrac{1}{n^{2}}\bigr)^{2}}\\[6pt] &= \lim_{n\to\infty} \frac{\bigl(2-\tfrac{1}{n}\bigr)\bigl(1-\tfrac{1}{n^{2}}\bigr)} {\bigl(1+\tfrac{1}{n}\bigr)\bigl(1+\tfrac{1}{n^{2}}\bigr)^{2}}. \end{aligned}
Agora, ao tomar n\to\infty, os termos \tfrac{1}{n} e \tfrac{1}{n^{2}} vão para zero, portanto
L=\frac{2\cdot 1}{1\cdot 1}=2.
Logo 0<L<\infty.]

Passo 6

Conclusão usando o teste da comparação por limite. Como L=2 com 0<L<\infty e sabemos que \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2}} converge (série-p com p=2), segue que a série original
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1)\left(n^{2}-1\right)}{(n+1)\left(n^{2}+1\right)^{2}}
também converge. Como os termos são não-negativos a partir de n=2 (e a_1=0), a convergência é simples e coincide com convergência absoluta.
Força aí — boa notícia: a série converge, e deu para provar com uma única comparação limpa!

Resposta

A série converge.

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