\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^{2 n}}

Passo 1

O enunciado nos dá a série
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^{2n}}
As perguntas que vou responder:
  • A série converge ou diverge?
  • Se converge, posso estimar o valor da soma (aproximação numérica com controle de erro)?
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • O termo geral é a_n=\dfrac{n!}{n^{2n}}.
  • Não há informação extra (por exemplo, valor da soma), então vou investigar convergência e, em seguida, aproximar a soma por somas parciais e estimar o resto.

Passo 2

Estratégia escolhida (por que): vou usar o Teste da Razão (teste de d’Alembert). É um método padrão e eficiente quando aparecem fatoriais e potências, porque ao formar a razão a_{n+1}/a_n muitos fatores se simplificam e fica fácil ver o comportamento assintótico.
Lembrete sobre o Teste da Razão:
  • Para uma série com termos positivos a_n>0, calcule
L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}.
  • Se L<1 a série converge absolutamente; se L>1 diverge; se L=1 o teste é inconclusivo.

Passo 3

Calcular a razão entre termos consecutivos. Primeiro escrevo a_n e a_{n+1}:
a_n=\frac{n!}{n^{2n}},\qquad a_{n+1}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{2(n+1)}}.
Agora a razão:
\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{(n+1)!}{(n+1)^{2(n+1)}} \cdot\frac{n^{2n}}{n!} =\frac{n+1}{(n+1)^{2(n+1)}}\;n^{2n} =\frac{n^{2n}}{(n+1)^{2n+1}}.
Reescrevendo de forma útil:
\frac{a_{n+1}}{a_n} =\left(\frac{n}{n+1}\right)^{2n}\cdot\frac{1}{n+1}.

Passo 4

Avaliar o limite da razão quando n\to\infty. Primeiro note que
\left(\frac{n}{n+1}\right)^{2n} =\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{2n}.
Usando o fato padrão \lim_{m\to\infty}\left(1-\frac{1}{m}\right)^{m}=e^{-1}, com m=n+1 obtemos
\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{2n} =\mathrm{e}^{-2}.
Como também \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n+1}=0, o produto tende a
\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} =\mathrm{e}^{-2}\cdot 0 = 0.
Portanto o limite L=0, que é <1. Pelo Teste da Razão, a série converge absolutamente.
Comentário intuitivo: além do decaimento exponencial \mathrm{e}^{-n} vindo do comportamento de n! comparado com n^n, há ainda um fator adicional 1/n^n na expressão original, o que faz os termos irem a zero muito rápido — por isso a soma converge e rapidamente.

Passo 5

Agora vou aproximar numericamente a soma por somas parciais e controlar o erro (muito útil na prova: provar convergência e dar uma boa aproximação da soma).
Calculo alguns termos iniciais exatamente (ou em forma decimal exata quando simples):
\begin{aligned} a_1&=\frac{1!}{1^{2}}=1,\\\ a_2&=\frac{2!}{2^{4}}=\frac{2}{16}=\frac{1}{8}=0{,}125,\\\ a_3&=\frac{3!}{3^{6}}=\frac{6}{729}\approx0{,}008230452674897119,\\\ a_4&=\frac{4!}{4^{8}}=\frac{24}{65536}=0{,}0003662109375,\\\ a_5&=\frac{5!}{5^{10}}=\frac{120}{9765625}=0{,}000012288. \end{aligned}
Somando até n=5:
S_5=\sum_{n=1}^{5} a_n =1+0{,}125+0{,}008230452674897119+0{,}0003662109375+0{,}000012288 \approx 1{,}1336089516123971.

Passo 6

Estimativa do resto R_N=\sum_{n=N+1}^\infty a_n. Uma forma simples e rigorosa é usar que, a partir da expressão da razão,
\frac{a_{n+1}}{a_n}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{2n}\frac{1}{n+1}\le \frac{1}{n+1},
pois \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{2n}\le 1. Então, para todo n\ge1,
\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{1}{n+1}\le \frac{1}{2}.
Isso mostra que os termos decrescem pelo menos geometricamente com razão \le 1/2, o que permite um estimador simples do resto. Tomando N=5, tem-se para o resto
R_5=\sum_{n=6}^{\infty} a_n \le a_6\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots\right) =2a_6.
Calculando a_6:
a_6=\frac{6!}{6^{12}}=\frac{720}{2176782336}\approx 3{,}30864\times 10^{-7}.
Logo
R_5\le 2a_6\approx 6{,}6173\times 10^{-7}.
Portanto a soma total S satisfaz
S_5 \le S \le S_5 + R_5,
ou seja
1{,}1336089516123971 \le S \le 1{,}133609613345729.
Isso já dá uma aproximação com erro menor que 7\times 10^{-7}.
Se acrescentarmos a_6 e a_7 explicitamente obtemos uma aproximação ainda melhor; por exemplo com a_6\approx 3{,}30864\times 10^{-7} e a_7\approx 7{,}43\times10^{-9} a soma parcial até n=7 é aproximadamente
S_7\approx 1{,}1336092898,
e os termos seguintes são <2\times10^{-10}, portanto esta é uma aproximação confiável com erro \lesssim 10^{-9}.

Passo 7

Interpretação final e incentivo: a série converge absolutamente e muito rápido, então na prova basta aplicar o Teste da Razão (mostrar que o limite da razão é 0) para concluir convergência. Se for pedido um valor numérico, somas parciais curtas (até n=5 ou n=6) já dão uma aproximação excelente com erro controlado.

Resposta

A série converge absolutamente.
A soma aproximada é S\approx 1{,}13360929 (erro menor que 10^{-6}, e com n\le 7 obtém-se precisão muito maior).

Exercícios relacionados