\documentclass[11pt]{amsart} 
\linespread{1.3}
\usepackage{amssymb}
\usepackage[brazil]{babel}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\setlength{\textwidth}{17.5cm}
\setlength{\textheight}{55pc}
\setlength{\baselineskip}{1pc}
\setlength{\parindent}{8mm}
\setlength{\parskip}{0.4pc}
\setlength{\oddsidemargin}{-0.52cm}
\setlength{\evensidemargin}{-0.52cm}
\setlength{\topmargin}{-2pc}
\setlength{\topskip}{3pc}
\setlength{\unitlength}{.3cm}
\newcommand{\ih}{\'{\i}}
\newcommand{\ao}{\~ao}
\newcommand{\cao}{\c{c}\~ao}
\newcommand{\coes}{\c{c}\~oes}
\newcommand{\oes}{\~oes}
\newcommand{\N}{{\mathbb N}}
\newcommand{\Z}{{\mathbb Z}}
\newcommand{\R}{{\mathbb R}}
\newcommand{\C}{{\mathbb C}}
\newcommand{\Q}{{\mathbb Q}}
\newcommand{\cqd}{\hfill$\Box$}
\begin{document}
\begin{center}

{\sc A  s\'erie {\tiny ${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nn^n}{e^nn!}}$} converge condicionalmente}
\end{center}
\vskip.6cm

O argumento usado no primeiro lema abaixo \'e muito parecido com o que fizemos em sala para demonstrar que ${\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\log 2}$. Aqui, em vez de somarmos uma PG com um n\'umero arbitr\'ario de termos, usamos apenas que 
${\displaystyle \frac{1+t^3}{1+t}=1-t+t^2}$.

\noindent {\tt Lema 1}\ Para todo $x>0$, a desigualdade
${\displaystyle 1-\frac{x}{2}<\frac{\log(1+x)}{x}<1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}}$
\'e satisfeita.

\noindent{\tt Demonstra\cao}: Para todo $t>-1$, temos 
\begin{equation}\label{PG}
1-t<\frac{1}{1+t}<1-t+t^2
\end{equation}
(isso se v\^e dividindo-se por $1+t$ a desigualdade
$1-t^2<1<1+t^3$). Dado $x>0$, integrando-se (\ref{PG})
de $0$ a $x$, vem:
\[
\int_0^x(1-t)\,dt<\int_0^x\frac{1}{1+t}\,dt<\int_0^x(1-t+t^2)\,dt,
\]
logo
\[
x-\frac{x^2}{2}<\log(1+x)<x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}.
\]
Para obter o que queremos, basta  dividir por $x$.\cqd

Vamos agora repetir um argumento que usamos na nota sobre a constante de Euler. A melhor maneira de nos convencermos da validade do enunciado do lema seguinte \'e desenhando, acima do gr\'afico da fun\cao\ $1/x$, entre $1$ e $n$, os ret\^angulos de lado $1$ que aproximam por excesso a \'area sob o gr\'afico, que \'e igual a $\log n$.

\noindent{\tt Lema 2}\ Para todo inteiro $n>2$, a desigualdade
${\displaystyle 1-\log 2<\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}-\log n<1}$
\'e satisfeita.

\noindent{\tt Demonstra\cao}: Definamos, para cada inteiro $n\geq 2$, 
\[
 s_n=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\ \ \ \mbox{e}\ \ \  x_n=s_n-\log n.
\]
Queremos mostrar que $1-\log 2<x_n<1$ para todo $n>2$.

Temos
\[
x_{n+1}-x_n=\frac{1}{n}-[\log(n+1)-\log n]=\frac{1}{n}-\int_{n}^{n+1}\frac{1}{t}\,dt>0
\]
(vale esta \'ultima desigualdade pois $\frac{1}{t}<\frac{1}{n}$ se $n<t\leq n+1$).
Sendo a sequ\^encia $x_n$ crescente, vem que $x_n>x_2=1-\log 2$, para todo $n>2$. 
Al\'em disso, temos
\[
s_n-\log n=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}-\int_{1}^{n}\frac{1}{t}\,dt=
\]
\[
\left( 
1-\int_{1}^{2}\frac{1}{t}\,dt
\right)
+\left(
\frac{1}{2}-\int_{2}^{3}\frac{1}{t}\,dt
\right)+
\left(\frac{1}{3}-\int_{3}^{4}\frac{1}{t}\,dt
\right)+\cdots+
\left(\frac{1}{n-1}-\int_{n-1}^{n}\frac{1}{t}\,dt\right)<
\]
\[
\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)
+\cdots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)=1-\frac{1}{n}<1
\]
(na pen\'ultima desigualdade, usamos, para cada $j$ de $1$ at\'e $n-1$, que 
${\displaystyle \int_{j}^{j+1}\frac{1}{t}\,dt>\frac{1}{j+1}}$, o que \'e v\'alido pois $\frac{1}{t}>\frac{1}{j+1}$ quando $j\leq t<j+1$).\cqd

O objetivo principal desta nota \'e provar que existem constantes positivas $c$ e $d$ tais que, para todo $n$ inteiro positivo a desigualdade 
\begin{equation}
\label{coarsestirling}
\frac{c}{\sqrt{n}}<\frac{n^n}{e^nn!}<\frac{d}{\sqrt{n}}
\end{equation}
\'e satisfeita (da\'i seguir\'a facilmente a afirma\cao\ sobre a s\'erie do t\'itulo).

Para estimarmos o logaritmo da express\ao\ no meio de (\ref{coarsestirling}), precisamos escrever a soma em
\[
\log n!=\log n+\log(n-1)+\log(n-2)+\cdots+\log 3+\log 2,\ n\geq 2,
\]
de uma maneira conveniente. O truque ser\'a substituir, para cada $j$ de $2$ at\'e $n$, $\log j$ por 
$j\log j-(j-1)\log j$ e, depois, usar a associatividade da adi\cao. Aqui vamos:
\[
\log n!=n\log n-(n-1)\log n
+(n-1)\log(n-1)-(n-2)\log(n-1)
+\]\[+(n-2)\log(n-2)-(n-3)\log(n-2)
+\cdots
+3\log 3-2\log 3+2\log 2-\log 2=
\]
\[
n\log n-\left[(n-1)\log\frac{n}{n-1}+(n-2)\log\frac{n-1}{n-2}+\cdots
+2\log\frac{3}{2}+1\log\frac{2}{1}\right]=\]\[
n\log n-\sum_{k=1}^{n-1}k\log\left(1+\frac{1}{k}\right) 
\]
e, da\'i, 
\[
\log\frac{n^n}{n!}=\sum_{k=1}^{n-1}k\log\left(1+\frac{1}{k}\right).
\]
Segue do Lema 1, com $x=\frac{1}{k}$, que cada termo deste somat\'orio satisfaz
\[
1-\frac{1}{2k}<k\log\left(1+\frac{1}{k}\right)<1-\frac{1}{2k}+\frac{1}{3k^2}.
\]
Da\'i, vem, para todo $n\geq 2$,
\begin{equation}
\label{quaseacabando}
\sum_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{2k}\right)<\log\frac{n^n}{n!}<
\sum_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{2k}+\frac{1}{3k^2}\right).
\end{equation}
O termo mais \`a esquerda de (\ref{quaseacabando}) satisfaz
\[
\sum_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{2k}\right)=(n-1)-\frac{s_n}{2}=(n-1)-\frac{s_n-\log n}{2}-\frac{\log n}{2},
\]
enquanto que o termo mais \`a direita satisfaz
\[
\sum_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{2k}+\frac{1}{3k^2}\right)
=(n-1)-\frac{s_n-\log n}{2}-\frac{\log n}{2}+\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}.
\]
Segue do Lema 2 que, para todo $n>2$, 
\[
-\frac{1}{2}<-\frac{s_n-\log n}{2}<-\frac{1-\log 2}{2}.
\]
Al\'em disto, vimos em sala que ${\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}<2}$, para todo inteiro positivo $n$. Substituindo tudo isso em (\ref{quaseacabando}), vem:
\[
-\frac{1}{2}+(n-1)-\frac{\log n}{2}<\log\frac{n^n}{n!}<(n-1)-\frac{1-\log 2}{2}-\frac{\log n}{2}+\frac{1}{6},
\]
ou seja, 
\[
n-\frac{3}{2}+\log\frac{1}{\sqrt{n}}<\log\frac{n^n}{n!}<n-\frac{5}{6}+\log\sqrt{2}
+\log\frac{1}{\sqrt{n}}.
\]
Tomando a exponencial (que \'e crescente) dos tr\^es membros da estimativa acima, vem:
\[
e^{-\frac{3}{2}}\frac{e^n}{\sqrt{n}}<\frac{n^n}{n!}<e^{-\frac{5}{6}}\sqrt{2}\frac{e^n}{\sqrt{n}}, 
\]
o que prova (\ref{coarsestirling}), para $n>2$, com $c=e^{-\frac{3}{2}}=0,223...$ e $d=e^{-\frac{5}{6}}\sqrt{2}=0,614...$\,. \'E f\'acil verificar que estas constantes $c$ e $d$ que acabamos de escolher fazem (\ref{coarsestirling}) verdadeira tamb\'em para $n=1$ ou $n=2$, mas isso n\ao\ \'e relevante para a aplica\cao\ que vamos dar dessa estimativa. 

\'E poss\'ivel provar (mas n\ao\ vamos fazer isto aqui) que 
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{n^n\sqrt{n}}{e^nn!}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}=0,398...\ .
\]
Esta \'e a chamada {\em f\'ormula de Stirling}. 

Definamos agora ${\displaystyle a_n=\frac{n^n}{e^nn!}}$. Segue da desigualdade mais \`a esquerda em (\ref{coarsestirling}) que ${\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n=0}$. Al\'em disso, temos
\[
\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}{e}<1; 
\]
isto \'e, a sequ\^encia $a_n$ \'e decrescente. Segue ent\ao\ do crit\'erio de Leibniz para s\'eries alternadas, que ${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n}$ converge. 

Segue da desigualdade mais \`a direita em (\ref{coarsestirling}) e do fato de que 
${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}}$ diverge, que 
${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n}$ diverge.

Em suma, provamos que a s\'erie ${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nn^n}{e^nn!}}$
\'e condicionalmente convergente.
\end{document}
