Série vira Integral

por **Questioner** » Dom Mai 23, 2010 13:12

Olá,

Preciso determinar se a seguinte série converge:
$\sum_{\infty}^{k=1} \frac{{tg}^{-1} k}{1+{k}^{2}}$

Comecei utilizando o teste da integral:
$\lim_{b\rightarrow\infty} \int_{0}^{b} \frac{{tg}^{-1} b}{1+{k}^{2}}$

Ok. Observando, lembrei que se utiliza-se a ideia de que:

$\int_{}^{} \frac{dx}{\sqrt[]{1+{x}^{2}}}$

e nela podemos usar uma substituição trigonométrica.

$x = a \,tg(\Theta)$

Ou seja, a equação poderia ser descrita como:

$\lim_{b\rightarrow\infty} \int_{0}^{b} \frac{{tg}^{-1} b}{\sqrt[]({}1+{b}^{4})}$

Substituindo:

${x}^{2} = tg(\Theta)\, ,x = \sqrt[]{tg(\Theta)}\, ,d({x}^{2}) = {sec}^{2}(\Theta)$

Ou seja,
$1 + {({x}^{2})}^{2} = 1 + {tg}^{2}(\Theta) = {sec}^{2} (\Theta)$

ATENÇÃO AGORA. Fiz de dois jeitos distintos, pois fiquei na dúvida. Vejam se algum confere, por favor:

JEITO A

Voltando a primeira integral:

$\int_{}^{} \frac{{sec}^{2}(\Theta)}{{sec}^{2}(\Theta)}\,arctg(\Theta)$

Seguindo:

$\int_{}^{} arctg(\Theta)= arccotg (\Theta) + ln\,\sqrt[]{2} + C$

Limite:

$\lim_{b\rightarrow\infty} arccotg (b) + ln\,\sqrt[]{2}$

O jeito B também não confere com o resultado final.

RESULTADO FINAL: $\frac{3\pi}{32}$

Acho que fiz uma tempestade em um copo d'água. A resolução deve ser muito mais simples, mas não consigo vê-la. Alguém pode me ajudar?

Obrigado!

por **magellanicLMC** » Qua Fev 05, 2014 22:06

está certo o teste que tu resolveu usar mas primeiro tu pode facilitar a questão trazendo p uma função de x que vá se comportar de uma forma já conhecida no caso eu faria $f\left(x \right)= \frac{{tg}^{-1}x}{{x}^{2}+1}$ e começaria a trabalhar a partir dela
p/ que o teste da integral seja efetuado precisamos primeiro conferir algumas condições
1) a série ser decrescente e continua
2)apresentar termos positivos p/ x maior que 1
supondo que a função de fato admita essas condições vamos aplicar o teste da integral (caso tu tenhas dificuldades aqui pergunte)
$\int_{1}^{\infty}\frac{{tg}^{-1}x}{{x}^{2}+1} \lim_{b->\infty}\int_{1}^{b}\frac{{tg}^{-1}x}{{x}^{2}+1}$
considerando $u= {tg}^{-1}x$ $du=\frac{1}{{x}^{2}+1}dx$ que é exatamente o que temos em nossa integral, substituindo fica $\lim_{b->\infty}\int_{1}^{b}udu \lim_{b->\infty} \frac{{u}^{2}}{2}$ voltando p/u e aplicando os limites fica $\lim_{b->\infty} \frac{{arctg}^{2}b}{2}-\frac{{arctg}^{2}1}{2}$
analisando o gráfico da tangente e invertendo nos temos o gráfico da arcotangente ou seja
$\frac{ \frac{{\pi}^{2}}{2}}{2}- \frac{ \frac{{\pi}^{2}}{4} }{2} = \frac{3{\pi}^{2}}{32}$

por **e8group** » Qui Fev 06, 2014 12:21

Se não foi determinado um método a seguir , no meu ponto de vista , um método bem simples é o dá comparação .

Observe que a função tangente definida do intervalo $(\pi/2, \pi/2)$ ao $\mathbb{R}$ é injetora e sobrejetora (podemos ver esboçando o gráfico) . Assim , a função arco tangente (inversa da tangente) está bem definida de $\mathbb{R}$ em $(\pi/2, \pi/2)$ e esta função por sua vez é limitada superiormente por $\pi/2$ e inferiormente por $-\pi/2$ e assim ela é limitada por $\pi/2$ o que significa que $|arctan(x)| < \pi/2$ para todo

. Quando multiplicamos está desigualdade por 1/(x^2+1)

obtemos que

$|f(x)| < \frac{\pi/2}{x^2+1}$ . Desta forma , para $n \in \mathbb{N}$ , pondo a_n = f(n)

temos

$|a_n | < \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n^2+1}$ .Pelo que $\sum \frac{1}{n^2+1}$ converge ,então $\sum |a_n|$ converge .Logo , $\sum a_n$ converge .

por **magellanicLMC** » Qui Fev 06, 2014 23:07

concordo com o que tu desenvolveu santhiago, eu realmente só fiz pelo método mais trabalhoso pqe falava em integral no enunciado mas é preferível o teu jeito hahaha

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