Desde a escola aprendemos que “a ordem das parcelas não altera a soma”. Para somas finitas, é verdade. Para somas infinitas, não, e o exemplo mais claro aparece no mesmo trabalho de habilitação de 1854 em que Riemann definiu a integral.

Uma série que soma ln 2

A série harmônica alternada

$$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \cdots$$

converge, e a sua soma é $\ln 2 \approx 0{,}6931$. Mas há algo frágil nela. Se separarmos os termos positivos dos negativos, cada grupo sozinho é infinito:

$$1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots = \infty, \qquad \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \cdots = \infty.$$

A série só converge porque os termos positivos e negativos se alternam e vão se cancelando. Uma série assim, que converge mas cuja soma dos valores absolutos é infinita, se chama condicionalmente convergente.

Qualquer número

Riemann percebeu que, numa série condicionalmente convergente, é possível reordenar os termos para obter qualquer soma. Escolha um alvo, digamos 1,5, e siga a receita:

  1. some termos positivos, $1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots$, até passar de 1,5;
  2. some termos negativos, $-\frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \cdots$, até ficar abaixo de 1,5;
  3. volte aos positivos que ainda não foram usados, e repita.

Como cada grupo sozinho é infinito, sempre há termos suficientes para passar do alvo de novo. E como os termos ficam cada vez menores, as oscilações em torno do alvo diminuem. A soma da série reordenada é exatamente 1,5. Cada termo da série original aparece uma única vez; só a ordem mudou.

Pela mesma receita, dá para fazer a série divergir para $+\infty$ ou para $-\infty$.

Exercício: um positivo, dois negativos

Reordene a série harmônica alternada tomando um termo positivo seguido de dois negativos:

$$1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{5} - \frac{1}{10} - \frac{1}{12} + \cdots$$

Mostre que a soma é $\frac{1}{2}\ln 2$.

Agrupe cada positivo com o primeiro negativo que o segue: $\left(1 - \frac{1}{2}\right) - \frac{1}{4} + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{6}\right) - \frac{1}{8} + \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{10}\right) - \cdots$. Cada parêntese vale metade do positivo: $\frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{10} - \cdots = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots\right) = \frac{1}{2}\ln 2$. Os mesmos termos, em outra ordem, dão metade da soma.

Exercício: os primeiros passos para o alvo 1,5

Aplicando a receita com alvo 1,5, quantos termos positivos são somados antes do primeiro negativo?

$1 = 1$; $1 + \frac{1}{3} \approx 1{,}333$; $+ \frac{1}{5} = 1{,}533$, que já passa de 1,5. São três positivos ($1, \frac{1}{3}, \frac{1}{5}$). Depois vem $-\frac{1}{2}$, que leva a soma a $1{,}033$, abaixo de 1,5, e a receita volta aos positivos: $\frac{1}{7}, \frac{1}{9}, \ldots$

Fontes: Bernhard Riemann, “Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe” (1854, publicado em 1867), seção 3 · Peter Gustav Lejeune Dirichlet, “Beweis des Satzes, dass jede unbegrenzte arithmetische Progression…” (1837) · Konrad Knopp, Theory and Application of Infinite Series (1928).

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