Teste de Dirichlet

Predefinição:Mais fontes Predefinição:Cálculo Em matemática, o teste de Dirichlet (referente a Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet) demonstra a convergência de séries numéricas que podem ser escritas na forma:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{b}_n$

onde as duas propriedades são verificadas:

• $\left|\sum _{n=1}^N{a}_n\right|<M$ para todo $N>0$
• $b_1\ge b_2\ge b_2\ge \dots \ge b_n\to 0$

O teste de Dirichlet é uma generalização do teste de Abel, que exige que a série $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ seja convergente.

Exemplo

Sendo θ a medida em radianos de um ângulo tal que $cos(\theta )\ne 1$, considere a série:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (n\theta )}{n}$

Defina $a_n=\sin (n\theta )$ e $b_n=\frac{1}{n}$ É claro que $b_n$ é decrescente e converge para zero. E como pode-se mostrar que:

$\sum _{n=1}^N\sin (n\theta )=\sin (N\theta )+\frac{\sin ((N-1)\theta )-\sin (N\theta )+\sin \theta }{2-2\cos \theta }$

a segunda hipótese é satisfeita e a série converge.

Note-se que nem a série $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ nem a série $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n$ convergem; esta série não passa no Teste de Abel.

Versão para convergência de integrais

Sejam f e g funções satisfazendo:

• $f(x)\in C[a,+\mathrm{\infty }]$ é tal que a sua antiderivada F no intervalo $[a,+\mathrm{\infty }]$ é limitada, ou seja, $\mathrm{\exists }M>0:|F(x)|\le M\mathrm{\forall }x>a$.
• $g(x)\in C^1[a,+\mathrm{\infty }],g(x)>0,g^{\prime }(x)\le 0\mathrm{\forall }x>a$.
• $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }g(x)=0$.

Nestas condições:

• $\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)g(x)dx$ converge.

Observe que este resultado mostra apenas a convergência no sentido de integral imprópria:

$\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)g(x)dx=\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{a}{\overset{+y}{\int }}f(x)g(x)dx$

Não há qualquer garatia que a integral convirja absolutamente, como é o caso de:

$\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx=\frac{\pi }{2}$

mas

$\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{|\sin (x)|}{x}dx=\mathrm{\infty }$

Demonstração

Defina:

• $R_N=\sum _{n=1}^N{a}_n,N>0$
• $S_N=\sum _{n=1}^N{a}_n{b}_n,N>0$
• $R_0=S_0=0$

Escreva para $k>0$:

$S_{N+k}-S_N=\sum _{n=N+1}^{N+k}{a}_n{b}_n=\sum _{n=N+1}^{N+k}(R_n-R_{n-1})b_n=\sum _{n=N+1}^{N+k}{R}_n{b}_n-\sum _{n=N+1}^{N+k}{R}_{n-1}{b}_n$

Trocando índices temos:

$S_{N+k}-S_N=\sum _{n=N+1}^{N+k}{R}_n{b}_n-\sum _{n=N}^{N+k-1}{R}_n{b}_{n+1}=\sum _{n=N+1}^{N+k}{R}_n(b_n-b_{n+1})-R_N{b}_{N+1}+R_{N+k}{b}_{N+k+1}$

Tomamos módulo e aplicamos a desigualdade triangular, observando que $|b_n-b_{n+1}|=b_n-b_{n+1}$ pela monotocidade.

$|S_{N+k}-S_N|\le \sum _{n=N+1}^{N+k}|R_n|(b_n-b_{n+1})+|R_N|b_{N+1}+|R_{N+k}|b_{N+k+1}$

Da primeira hipótese, $|R_n|\le M$, e assim:

$|S_{N+k}-S_N|\le M\sum _{n=N+1}^{N+k}(b_n-b_{n+1})+M(b_{N+1}+b_{N+k+1})$

A soma telescópica pode ser simplificada:

$|S_{N+k}-S_N|\le M(b_{N+1}-b_{N+k+1})+M(b_{N+1}+b_{N+k+1})\le 3M{b}_{N+1}$

Como $b_n\to 0$, escolha $N>0$ tal que:

$0\le b_n\le \frac{\epsilon }{3M},\mathrm{\forall }n>N$

Conclui-se que:

$|S_{N+k}-S_N|\le \epsilon$

E portanto $S_n$ é uma sucessão de Cauchy e portanto convergente, o que completa a demonstração.

Demonstração da versão para integrais

Para demonstrar o teorema de convergência de séries usa-se uma identidade conhecida como Soma por Partes.

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{(n)}.\mathrm{\Delta }{g}_{(n)}=f_{(n)}.g_{(n)}{|}_1^{n+1}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{g}_{(n+1)}.\mathrm{\Delta }{f}_{(n)}$

Esta identidade é análoga à integração por partes, Definindo algumas notações:

$\mathrm{\Delta }{f}_{(n)}=f_{(n-1)}-f_{(n)}$

$g_{(n)}{|}_1^{n+1}=g_{(n+1)}-g_{(n)}$

Tem-se

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{(n)}.\mathrm{\Delta }{g}_{(n)}=f_{(n)}.g_{(n)}{|}_1^{n+1}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{g}_{(n+1)}.\mathrm{\Delta }{f}_{(n)}$

$g_{(n)}=S_{n-1}$ e $f_{(n)}=b_n$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_{(n)}.\mathrm{\Delta }{S}_{(n-1)}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n{a}_n$ onde $\mathrm{\Delta }{S}_{n-1}=a_{(n)}$

Então

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{(n)}.\mathrm{\Delta }{g}_{(n)}=b_{(n)}.S_{n-1}{|}_1^{n+1}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n\mathrm{\Delta }{b}_{(n)}$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{(n)}.\mathrm{\Delta }{g}_{(n)}=b_{(n+1)}.S_n-b_1{S}_0-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n\mathrm{\Delta }{b}_{(n)}$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{(n)}.\mathrm{\Delta }{g}_{(n)}=b_{(n+1)}.S_n-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n\mathrm{\Delta }{b}_{(n)}$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{(n)}.\mathrm{\Delta }{g}_{(n)}=b_{(n+1)}.S_n+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n(-\mathrm{\Delta }{b}_{(n)})$

Assim o $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{b}_{n+1}{S}_n=0$ pois $S_n$ é limitada e o $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{b}_n=0$

Tem-se ainda, por definição, que $b_n$ é decrescente, logo $\mathrm{\Delta }{b}_{(n)}=b_{(n+1)}-b_n\le 0\Rightarrow (-\mathrm{\Delta }{b}_{(n)}\ge 0$, o que torna a série

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n(-\mathrm{\Delta }{b}_{(n)})$ absolutamente convergente pois $S_n$ é limitada, então $\mid S_n\mid \le c>0$.

Então: $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\mid S_n\mid .\mid (-△b_n)\mid$, com $(-△b_n)$ não negativo.

=$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\mid S_n\mid .(-△b_n)\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}c(-△b_n)$, pois $\mid S_n\mid ⩽c$

=$-c.(b_{n+1}-b_n)$ onde aplica-se a soma telescópica.

Por comparação:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\mid S_n\mid .\mid (-△b_n)\mid \le -c.(b_{n+1}-b_n)$,onde $b_{n+1}$ tende à zero, e portanto a série é absolutamente convergente, implicando que a série $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{b}_n$ é convergente.