Teste de Dirichlet

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

$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}$

onde as duas propriedades são verificadas:

• $\left|\sum _{n=1}^{N}a_{n}\right|<M$ para todo $N>0$
• $b_{1}\geq b_{2}\geq b_{2}\geq \ldots \geq b_{n}\to 0$

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

Exemplo

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

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

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:

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

a segunda hipótese é satisfeita e a série converge.

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

Versão para convergência de integrais

Sejam f e g funções satisfazendo:

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

Nestas condições:

• $\int _{a}^{+\infty }f(x)g(x)dx$ converge.

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

$\int _{a}^{+\infty }f(x)g(x)dx=\lim _{y\to \infty }\int _{a}^{+y}f(x)g(x)dx$

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

$\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}dx={\frac {\pi }{2}}$

mas

$\int _{0}^{+\infty }{\frac {|\sin(x)|}{x}}dx=\infty$

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 $k>0$:

$S_{N+k}-S_{N}=\sum _{n=N+1}^{N+k}a_{n}b_{n}=\sum _{n=N+1}^{N+k}\left(R_{n}-R_{n-1}\right)b_{n}=\sum _{n=N+1}^{N+k}R_{n}b_{n}-\sum _{n=N+1}^{N+k}R_{n-1}b_{n}\,$

Trocando índices temos:

$S_{N+k}-S_{N}=\sum _{n=N+1}^{N+k}R_{n}b_{n}-\sum _{n=N}^{N+k-1}R_{n}b_{n+1}=\sum _{n=N+1}^{N+k}R_{n}\left(b_{n}-b_{n+1}\right)-R_{N}b_{N+1}+R_{N+k}b_{N+k+1}\,$

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

$\left|S_{N+k}-S_{N}\right|\leq \sum _{n=N+1}^{N+k}|R_{n}|\left(b_{n}-b_{n+1}\right)+|R_{N}|b_{N+1}+|R_{N+k}|b_{N+k+1}\,$

Da primeira hipótese, $|R_{n}|\leq M$, e assim:

$\left|S_{N+k}-S_{N}\right|\leq M\sum _{n=N+1}^{N+k}\left(b_{n}-b_{n+1}\right)+M\left(b_{N+1}+b_{N+k+1}\right)\,$

A soma telescópica pode ser simplificada:

$\left|S_{N+k}-S_{N}\right|\leq M\left(b_{N+1}-b_{N+k+1}\right)+M\left(b_{N+1}+b_{N+k+1}\right)\leq 3Mb_{N+1}\,$

Como $b_{n}\to 0$, escolha $N>0$ tal que:

$0\leq b_{n}\leq {\frac {\varepsilon }{3M}},\forall n>N$

Conclui-se que:

$\left|S_{N+k}-S_{N}\right|\leq \varepsilon \,$

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.

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

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

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

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

Tem-se

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

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

$\sum _{n=1}^{\infty }b_{(n)}.\Delta S_{(n-1)}=\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}a_{n}$ onde $\Delta S_{n-1}=a_{(n)}$

Então

$\sum _{n=1}^{\infty }f_{(n)}.\Delta g_{(n)}=b_{(n)}.S_{n-1}|_{1}^{n+1}-\sum _{n=1}^{\infty }S_{n}\Delta b_{(n)}$

$\sum _{n=1}^{\infty }f_{(n)}.\Delta g_{(n)}=b_{(n+1)}.S_{n}-b_{1}S_{0}-\sum _{n=1}^{\infty }S_{n}\Delta b_{(n)}$

$\sum _{n=1}^{\infty }f_{(n)}.\Delta g_{(n)}=b_{(n+1)}.S_{n}-\sum _{n=1}^{\infty }S_{n}\Delta b_{(n)}$

$\sum _{n=1}^{\infty }f_{(n)}.\Delta g_{(n)}=b_{(n+1)}.S_{n}+\sum _{n=1}^{\infty }S_{n}(-\Delta b_{(n)})$

Assim o $\lim _{n\to \infty }b_{n+1}S_{n}=0$ pois $S_{n}$ é limitada e o $\lim _{n\to \infty }b_{n}=0$

Tem-se ainda, por definição, que $b_{n}$ é decrescente, logo $\Delta b_{(n)}=b_{(n+1)}-b_{n}\leq 0\Rightarrow (-\Delta b_{(n)}\geq 0$, o que torna a série

$\sum _{n=1}^{\infty }S_{n}(-\Delta b_{(n)})$ absolutamente convergente pois $S_{n}$ é limitada, então $\mid S_{n}\mid \leq c>0$.

Então: $\sum _{n=1}^{\infty }\mid S_{n}\mid .\mid (-\bigtriangleup b_{n})\mid$, com $(-\bigtriangleup b_{n})$ não negativo.

=$\sum _{n=1}^{\infty }\mid S_{n}\mid .(-\bigtriangleup b_{n})\leq \sum _{n=1}^{\infty }c(-\bigtriangleup b_{n})$, pois $\mid S_{n}\mid \leqslant c$

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

Por comparação:

$\sum _{n=1}^{\infty }\mid S_{n}\mid .\mid (-\bigtriangleup b_{n})\mid \leq -c.(b_{n+1}-b_{n})$,onde $b_{n+1}$ tende à zero, e portanto a série é absolutamente convergente, implicando que a série $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}$ é convergente.