série de potências 20-1

Prévia do material em texto

Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação
Professora: Juliana Chagas Ventura
Disciplina: Cálculo IV
2020-1 – Fase 2
Séries de potências
Uma série de potências é uma expressão da forma
∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n=c0+c1(x−x0)+c2(x−x0)
2+...+cn(x−x0)
n+.. .
onde c0, c1, c2, … e x0, são constantes.
Exemplo 1
(a) 1+x+x2+x3+ ...+ xn+...=∑
n=0
∞
xn
(b) ∑
n=0
∞
n (x−1)n=(x−1)+2(x−1)2+3(x−1)3+...+n(x−1)n+...
Intervalo de convergência e raio de convergência
Para que valores de x a série ∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n converge?
Para uma série de potências ∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n , uma das afirmações é verdadeira:
(a) A série converge somente em x=x0 .
(b) A série converge absolutamente em todos os valores reais de x.
(c) A série converge absolutamente em todo x de algum intervalo aberto (x0−R , x0+R ) e diverge se
x< x0−R ou x> x0+R . Em cada um dos pontos x=x0−R ou x=x0+R , a série pode convergir
absolutamente, convergir condicionalmente, ou divergir, dependendo da série considerada.
R é chamado de raio de convergência da série.
Adaptado de ANTON, Haword, BIVENS, Irl e DAVIS, Stephen. Calculus, 8ª edição. 
Procedimento para encontrar o intervalo de convergência de uma série de potências.
1. Aplicar o teste da raiz ou o teste da razão.
2. Resolver a inequação resultante.
3. Analisar os extremos individualmente.
Exemplo 2
Verifique os intervalos de convergência das séries.
(a) ∑
n=0
∞
xn (b) ∑
n=0
∞ xn
n !
(c) ∑
n=0
∞ n+2
3n
(x−2)n
1
SOLUÇÃO
(a)∑
n=0
∞
xn
Sabemos do teste da raiz que a série ∑
n=1
∞
an converge se lim
n→∞
|an|
1
n<1 . Então, iremos aplicar o teste e
impor que o limite encontrado seja menor do que 1.
lim
n→∞
|xn|
1
n=lim
n→∞
|x|=|x|<1
−1<x<1
Análise dos extremos do intervalo:
• x=−1
∑
n=0
∞
1n=∑
n=0
∞
1
lim
n→∞
1=1≠0
Logo, a série diverge.
• x=1
 ∑n=0
∞
(−1)n
lim
n→∞
(−1)n diverge
Portanto, a série diverge.
Assim, a série ∑
n=0
∞
xn converge para todo x∈(−1,1) .
(b) ∑
n=0
∞ xn
n!
Do teste da razão temos que a série ∑
n=1
∞
an converge se lim
n→∞
|an+1|
|an|
<1 . Aplicando o teste,
lim
n→∞
|xn+1|
(n+1)!
|xn|
n!
= lim
n→∞
|x|
n+1
=0<1
O limite é menor do que 1 independente do valor de x, logo, a série converge para todo x∈ℝ .
(c) ∑
n=0
∞ n+2
3n
(x−2)n
Aplicando o teste da raiz, obtemos
lim
n→∞|n+23n (x−2)n|
1
n=lim
n→∞
(n+2)
1
n⋅|x−2|
3
=
|x−2|
3
<1
−1< x−2
3
<1 ⇒ −1< x<5
Analisando os extremos:
• x=−1
∑
n=0
∞ n+2
3n
(−3)n=∑
n=0
∞
(−1)n(n+2) série alternada
bn+1−bn=(n+1+2)−(n+2)=1>0 ⇒bn+1>bn
Logo, a série diverge.
• x=5
 ∑
n=0
∞ n+2
3n
3n=∑
n=0
∞
(n+2)
lim
n→∞
(n+2)=∞
2
Portanto, a série é divergente.
A série ∑
n=0
∞ n+2
3n
(x−2)n converge para x∈(−1,5) .
Funções definidas por séries de potências
Se uma função f puder ser expressa como uma série de potências em algum intervalo, então dizemos que
a série de potências representa a função f naquele intervalo. Este intervalo é o intervalo de convergência
da série e será o domínio da função. Para cada x nesse intervalo, fazemos f(x) igual à soma da série, ou
seja,
f (x)=c0+c1(x−x0)+c2( x−x0)
2+...+cn(x−x0)
n+.. .
Então,
f (x)=∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n , ∀ x∈( x0−R ,x0+R )
Exemplo 3
Encontre uma representação em série de potência para a função f (x)= 1
1−x
.
SOLUÇÃO
A série ∑
n=0
∞
xn=1+x+x2+x3+...+xn+.. . corresponde a soma infinita dos termos de uma progressão
geométrica de razão x e primeiro termo igual a 1.
Já verificamos que esta série é convergente para -1< x < l. Além disso, a soma dos termos de uma PG
infinita de razão x∈(−1,1) e primeiro termo igual a 1 é S= 1
1−x
.
Assim, no intervalo (-1,1), a série ∑
n=0
∞
xn se iguala a soma S. 
Logo,
f (x)= 1
1−x
=∑
n=0
∞
xn , −1<x<1
Exemplo 4
A partir do resultado encontrado acima determine a representação em série de potências das funções: 
(a) g(x)= 1
1+x
 (b) h(x )= 1
1−x2
SOLUÇÃO
(a) g(x)= 1
1+x
= 1
1−(−x )
=∑
n=0
∞
(−x )n , −1< x<1
(b) h(x )= 1
1−x2
=∑
n=0
∞
(x2)n=∑
n=0
∞
x2n , −1<x<1
Derivação e integração de série de potências
Suponha que uma função f esteja representada por uma série de potências em x−x0 que tenha raio de
convergência R não nulo, isto é,
3
f (x)=∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n (x0−R< x< x0+R)
Então,
f ' (x)=∑
n=0
∞ d
dx
[cn( x−x0)
n ]
∫ f (x)dx=∑
n=0
∞ [ cnn+1 (x−x0)n+1]+k
∫α
β
f (x )dx=∑
n=0
∞
∫α
β
[cn(x−x0)
n]dx
➔ As séries obtidas por diferenciação ou integração têm o mesmo raio de convergência de ∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n .
No entanto, o intervalo de convergência pode não ser o mesmo.
Exemplo 5
Encontre a representação em série de potências das funções.
(a) t(x)= ln|1+x| (b) u(x)= x
1−x2
SOLUÇÃO
(a) t( x)= ln|1+x|=∫ 11+x dx
Deste modo, a representação em série de potências de t corresponde a integral da representação em série
de potências da função 
1
1+x
, calculada no exemplo anterior.
t( x)= ln|1+x|=∫ 1
1+x
dx=∫∑
n=0
∞
(−x )ndx=∑
n=0
∞
∫(−1)n xndx=∑
n=0
∞
(−1)n x
n+1
n+1
+k
Para calcular o valor de k substituímos x por 0.
t(0)=ln|1+0|=k ⇒ k=0
Assim,
t( x)=ln|1+x|=∑
n=0
∞
(−1)n x
n+1
n+1
, −1< x<1
(b) u(x)= x
(1−x2)2
Observe que 
d
dx [ 11−x2 ]= −2x(1−x2)2 .
u(x)= x
(1−x2)2
=−1
2
d
dx [ 11−x2 ]=−12 ddx [∑n=0
∞
x2n]=−12 ∑n=0
∞ d
dx
[ x2n ]=−1
2
∑
n=0
∞
(2n) x2n−1=∑
n=0
∞
(−n)x2n−1¿ ,
para –1< x <1.
Exemplo 6
Use uma série de potências apropriada para mostrar que π =4−4
3
+ 4
5
−4
7
+ 4
9
− 4
11
+.. . .
SOLUÇÃO
No Exemplo 4 encontramos 1
1+x
=∑
n=0
∞
(−1)n xn . Desse resultado calculamos
1
1+x2
=∑
n=0
∞
(−1)n x2n
4
arctg x=∫ 1
1+x2
dx=∫∑
n=0
∞
(−1)n x2ndx=∑
n=0
∞
∫(−1)n x2ndx=∑
n=0
∞ (−1)n x2n+1
2n+1
+c
arctg0=0+c=0 ⇒ c=0
arctg x=∑
n=0
∞ (−1)n x2n+1
2n+1
π
4
=arctg1=∑
n=0
∞ (−1)n
2n+1
π =4−4
3
+
4
5
−
4
7
+
4
9
−
4
11
+...
Série de Maclaurin e Série de Taylor
Se uma função f admite representação em série de potências
f (x)=∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n
qual é a forma de cn?
Seja f uma função que admita representação em série de potências
f (x)=∑
n=0
∞
cn(x−x0)
n=c0+c1(x−x0)+c2(x−x0)
2+c3(x−x0)
3+...+cn(x−x0)
n+.. . ,
com raio de convergência R>0.
Encontramos uma representação de f ' (x) em série de potências diferenciando termo a termo a
representação em série de potências de f (x) .
f ' (x)=c1+2c2(x−x0)+3c3(x−x0)
2+...+ncn(x−x0)
n−1+.. .
Consequentemente,
f ' ' (x)=2c2+3⋅2c3(x−x0)+...+n (n−1)cn(x−x0)
n−2+.. .
f ' ' ' (x)=3⋅2⋅c3+...+n⋅(n−1)⋅(n−2)cn(x−x0)
n−3+.. .
f (k)( x)=k⋅(k−1)⋅...⋅3⋅2⏟
k!
⋅ck+...+n⋅(n−1)⋅...⋅(n−k+1) cn(x−x0)
n−k+ ...
Cada série obtida têm raio de convergência igual ao da série de f(x). Substituindo x por x0:
f (x0)= c0
f '(x0) = c1
f ''(x0) = 2c2
f '''(x0) = 3·2·c3
 ⋮
f k (x0) = k!·ck
Logo, cn=
f (n)( x0)
n!
 
Assim,
f (x)=f ( x0)+ f '(x0)( x−x0)+
f ' '(x0)
2 !
(x−x0)
2+ ...+
f n( x0)
n!
(x−x0)
n+ ...=∑
n=0
∞ fn (x0)
n!
(x−x0)
n
Esta série é chamada de série de Taylor da função f em x0 (ou em torno de x0 ou centrada em x0).
5
Para o caso especial de x0=0, a série de Taylor torna-se
f (x)=f (0)+ f '(0) x+ f ' '(0)
2!
x2+ ...+ f
n(0)
n!
xn+... =∑
n=0
∞ f n(0)
n!
xn
Esta série é conhecida como série de Maclaurin.
Exemplo 7
Encontre a representação em série de Taylor para as seguintes funções> Determine o intervalo de
convergência.
(a) f (x)=ex , em torno de x0=0
(b) f (x)= 1
1+2x
, em torno de x0=0
(c) f (x)=sen x , em torno de x0=π
SOLUÇÃO
(a) f (n)(x )=ex , f (n)(0)=e0=1⇒cn=
1
n !
.
Assim, 
f (x)=∑
n=0
∞ xn
n !
Intervalo de convergência:
lim
n→∞
|xnn!|
1
n=0<1
A série converge para todo x∈ℝ .
Dada a soma parcial, Sn, da série, quanto maior n mais próximo o valor da soma está de f(x). A figura
abaixo ilustra este fato.
(b) f (x)= 1
1+2x
, f (0)=1
f ' (x)= −2
(1+2x )2
f ' (0)=−2
f ' ' (x)=
−2(−2)2
(1+2x )3
=−2⋅4
(1+2x )3
f ' ' (0)=−8
f ' ' ' (x)=
−2⋅(−3)⋅4⋅2
(1+2x )4
=6⋅8
(1+2 x)4
f ' ' ' (0)=48
⋮ ⋮
f (n)(x )=
(−1)n⋅2n⋅n !
(1+2x)n+1
f (n)(0)=(−1)n⋅2n⋅n !
cn=
(−1)n⋅2n⋅n!
n!
=(−1)n⋅2n
6
Então,
f (x)= 1
1+2x
=∑
n=0
∞
(−1)n2nxn=∑
n=0
∞
(−2 x)n
Poderíamos ter determinado a representação em série de potências de f de modo semelhante ao utilizado
no Exemplo 4.
f (x)= 1
1+2x
= 1
1−(−2x)
=∑
n=0
∞
(−2 x)n , |2 x|<1 ⇒ −1
2
<x< 1
2
(c) f (x)=sen x , f (π)=0
f ' (x)=cos x f ' (π )=−1
f ' ' (x)=−sen x f ' ' (π )=0
f ' ' ' (x)=−cos x f ' ' ' (π )=1
f (4 )( x)=sen x f (4 )(π )=0
Observe que a partir da quarta derivada a sequência 0, –1, 0, 1 se repete. Note também que as derivadas
não nulas em x=π são as de ordem ímpar e que há alternância dos sinais. Portanto,
f (2n+1)(π )=(−1)n+1 e c2n+1=
(−1)n+1
(2n+1)!
f (x)=sen x=∑
n=0
∞ (−1)n+1(x−π)2n+1
(2n+1) !
Intervalo de convergência:
lim
n→∞
|(−1)n+1(x−π )2n+1(2n+1)! |
1
n=0<1
A série converge para todo x∈ℝ .
Polinômio de Taylor
Seja f uma função com representação em série de Taylor f (x)=∑
n=0
∞ f n(x0)
n!
(x−x0)
n .
Definimos o k-ésimo polinômio de Taylor para f em torno de x=x0 como sendo
pk (x)=f (x0)+f '( x0)(x−x0)+
f ' ' (x0)
2 !
(x−x0)
2+...+
f k (x0)
k !
(x−x0)
k=∑
n=0
k f n(x0)
n!
(x−x0)
n
Quanto maior o grau do polinômio de Taylor para a função f, mais próximo pk(x) estará de f(x), para todo
x pertencente ao intervalo de convergência da série.
Exemplo 8
Determine os polinômios de Taylor de graus 2 e 4 para as funções abaixo, em torno de x0=0. Em seguida
calcule o valor da função em x=m e compare com os valores dos polinômios nesse ponto.
(a) f (x)= 1
1−x
, m=0 (b) g(x)=cos x , m=π
2
SOLUÇÃO
(a) f (x)= 1
1−x
=∑
n=0
∞
xn
p2(x)=1+x+x
2 p2(0)=1
p4(x )=1+x+ x
2+x3+x4 p4(0)=1
f (0)=1=p2(0)=p4(0)
7
(b) g(x)=cos x , g (0)=1
g '(x)=−sen x g '(0)=0
g ' '(x)=−cos x g ' ' (0)=−1
g ' ' ' (x )=sen x g ' ' ' (0)=0
g(4 )(x)=cos x g(4)(0)=1
A partir da quarta derivada a sequência 1, 0, –1, 0 se repete. Além disso, as derivadas não nulas em x=0
são as de ordem par e há alternância dos sinais. Portanto,
g(2n)(0)=(−1)n e c2n=
(−1)n
(2n) !
g(x)=cos x=∑
n=0
∞ (−1)n x2n
(2n)!
p2(x)=1−
x2
2
p2(π2 )=1−
π 2
8
≈−0,2337
p4(x )=1−
x2
2
+
x4
24
p4(π2 )=1−π
2
8
+ π
4
384
≈0,0100
g(π2 )=0
Quanto maior o grau do polinômio, mais próximo o valor do mesmo em x=π
2
 está do valor de g(π2 ) .
Estimativas de Somas
Quando usamos uma série de potências para aproximar o valor de uma função em um ponto, na
prática, temos que truncar a soma, isto é, fazemos n varia até um inteiro N. Uma questão que se coloca é:
Quão boa é esta aproximação? Ou seja, quão próxima ela está do valor real da função naquele ponto?
Para responder a essa questão precisamos estimar o tamanho do resto. 
Dada uma série ∑ an convergente, tal que lim
n→n
Sn=S , sendo Sn a soma dos n primeiros termos, o
resto Rn é calculado por:
Rn=S−Sn=an+1+an+2+an+3+ ...
O resto Rn é o erro resultante de quando Sn é utilizada como uma aproximação para a soma total.
A seguir veremos como estimar o em alguns casos.
Estimativa do erro para o Teste da Integral
Seja f (k)=ak, onde f é uma função contínua, positiva, decrescente para x≥n e ∑ ak é convergente.
Se Rn=S−Sn , então
∫n+1
∞
f (x )dx≤Rn≤∫n
∞
f (x)dx .
Ou ainda, adicionando Sn em cada lado da desigualdade, obtemos
Sn+∫n+1
∞
f (x)dx≤S≤∫n
∞
f (x)dx+Sn .
Estimativa do erro para o Teste da Comparação
Se estivermos usando o teste da comparação para mostrar que a série ∑ ak , com resto Rn, converge
pela comparação com uma série ∑ bk , com resto correspondente Tn, uma vez que an≤bn , para todo n,
então,
Rn≤T n .
8
Estimativa do erro de Séries Alternadas
Se a série ∑ (−1)nbn , cujo resto é Rn, converge, então,
|Rn|=|S−Sn|≤bn+1.
Exemplo 9
Use uma série de potências apropriada e calcule uma aproximação para cos1 , com erro < 0,001.
SOLUÇÃO
No exemplo anterior determinamos a série de Maclaurin da função cosx.
cos x=∑
n=0
∞ (−1)n x2n
(2n)!
Como essa é uma série alternada, a estimativa do erro é: |Rn| ≤ bn+1.
Truncando a soma em N=4, obtemos
|R3|≤b4=
x8
8 !
Para x=1 : R3≤b4=
1
8 !
<0,001
Assim, uma aproximação para cos1 é
cos1=1−1
2
2
+ 1
4
24
− 1
6
720
=720−360+30−1
720
=389
720
=0,54028
Na calculadora: cos1 = 0,54030.
Exercícios
1. Encontre a série de Maclaurin de f(x), bem como o intervalo de convergência.
(a) f (x)=sen(x )
(b) f (x)=
sen (x)
x
(c) f (x)=10x
(d) f (x)= 1
(1+x )2
(e) f (x)=e3x
(f) f (x)=arctg x
(g) f (x)=xex
(h) f (x)=cos (2 x)
2. Determine a série de Taylor da função centrada em x0.
(a) f (x)= 1
1+x
, x0=1
(b) f (x)= ln x , x0=2
(c) f (x)=1
x
, x0=−2
(d) f (x)= x−1
x
, x0=1
3. Use uma série de potências apropriada para calcular uma aproximação da integral definida com a
precisão indicada.
(a) ∫0
2
sen(x2)dx (erro<0,001) (b) ∫1
2 ex
x
dx (|erro|<0,001) (c) ∫0
1 √1+x4dx (|erro|<0,0001)
4. O número real G=∫0
1 arctg( x)
x
dx é também chamado de constante de Catalan (em homenagem
ao matemático belga Eugène Charles Catalan (1814–1894)). Use uma série de Taylor conveniente para
mostrar que G=∑
n=0
∞ (−1)n
(2n+1)2
 e considere a soma dos seis primeiros termos da série para calcular o valor
aproximado de G. 
9