APOSTILA DE CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL II
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APOSTILA DE CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL II


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\u222b
sin x
x
dx.
Solução: Primeiro dividimos cada termo obtido no Exemplo 5.17.1 por x, encontrando
sinx
x
= 1\u2212 x
2
3!
+
x4
5!
\u2212 x
6
7!
+
x8
9!
+ · · ·
A seguir, integramos a série termo a termo e obtemos\u222b
sinx
x
dx =
\u222b
dx\u2212
\u222b
x2
3!
dx+
\u222b
x4
5!
dx\u2212
\u222b
x6
7!
dx+
\u222b
x8
9!
dx+ · · ·
= x\u2212 x
3
3!3
+
x5
5!5
\u2212 5 x
7
7!7
+
x9
9!9
+ · · ·
=
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)n x2n+1
(2n+ 1)! (2n+ 1)
,
que converge para todo valor real de x.
EXEMPLO 5.17.3 Utilize séries de funções para calcular lim
x\u21920
sin x\u2212 x
x3
.
Solução: A partir da série encontrada no Exemplo 5.17.1, temos que
sinx = x\u2212 x
3
3!
+
x5
5!
\u2212 x
7
7!
+
x9
9!
+ · · · (\u22121)n x
2n+1
(2n+ 1)!
+ · · ·
e então
sinx\u2212 x = \u2212x
3
3!
+
x5
5!
\u2212 x
7
7!
+
x9
9!
+ · · · (\u22121)n x
2n+1
(2n+ 1)!
+ · · · .
206
Dividindo ambos os lados por x3, encontramos
sinx\u2212 x
x3
= \u2212 1
3!
+
x2
5!
\u2212 x
4
7!
+
x6
9!
+ · · · (\u22121)n x
2n\u22122
(2n+ 1)!
+ · · · .
Portanto
lim
x\u21920
sin x\u2212 x
x3
= lim
x\u21920
(
\u2212 1
3!
+
x2
5!
\u2212 x
4
7!
+
x6
9!
+ · · · (\u22121)n x
2n\u22122
(2n+ 1)!
+ · · ·
)
= \u22121
6
.
EXEMPLO 5.17.4 Desenvolver em série de Maclaurin a função f(x) = sin(2x).
Solução: Anteriormente, vimos que a série de MacLaurin de sin x é
sin x = x\u2212 x
3
3!
+
x5
5!
\u2212 x
7
7!
+ · · · (\u22121)n x
2n+1
(2n+ 1)!
+ · · ·
trocando x por 2x nesta série, obtemos
sin(2x) = 2x\u2212 (2x)
3
3!
+
(2x)5
5!
\u2212 (2x)
7
7!
+ · · · (\u22121)n (2x)
2n+1
(2n+ 1)!
+ · · ·
= 2x\u2212 2
3x3
3!
+
25x5
5!
\u2212 2
7x7
7!
+ · · ·+ (\u22121)n2
2n+1x2n+1
2n+ 1
+ · · ·
=
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)n22n+1(x)2n+1
(2n+ 1)!
.
Uma das principais aplicações das séries de Taylor e de MacLaurin ocorre na integração
de funções. Newton frequentemente integrava funções expressando-as primeiro como uma
série de potências e depois integrando a série termo a termo.
Por exemplo, a função g(x) = e\u2212x
2
não pode ser integrada pelas técnicas do Cálculo 1,
pois sua antiderivada não é uma função elementar. No exemplo a seguir usaremos a ideia de
Newton para integrar essa função.
EXEMPLO 5.17.5 Expresse
\u222b
e\u2212x
2
dx como uma série de potências.
Solução: Primeiro encontraremos a série de MacLaurin para g(x) = e\u2212x
2
. Embora seja
possível usar o método direto, vamos encontrá-la a partir da série de MacLaurin para f(x) =
ex. Como f (n)(x) = ex para todo n natural, temos que
f (n)(0) = e0 = 1 \u2200n \u2208 N\u2217
e assim, a série de MacLaurin da função exponencial é
ex =
\u221e\u2211
n=0
f (n)(0)
n!
xn =
\u221e\u2211
n=0
xn
n!
= 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · .
Pode-se mostrar facilmente que esta série converge para todo x real e que seu intervalo
de convergência é in\ufffdnito. Trocando x por \u2212x2 neste desenvolvimento, obtemos que
e\u2212x
2
=
\u221e\u2211
n=0
(\u2212x2)n
n!
=
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)nx2n
n!
= 1\u2212 x2 + x
4
2!
\u2212 x
6
3!
+ · · ·
207
que também converge para todo x. Agora podemos integrar esta série termo a termo, de
acordo com o Teorema 5.15.1 e obter \u2200n \u2208 R\u222b
e\u2212x
2
dx = C +
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)nx2n+1
(2n+ 1)n!
= C + x\u2212 x
3
3
+
x5
5.2!
\u2212 x
7
7.3!
+ · · ·
EXEMPLO 5.17.6 Calcule
\u222b 1
0
e\u2212x
2
dx com uma precisão de três casas decimais.
Solução: Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo à expressão obtida no exemplo
anterior, temos que\u222b 1
0
e\u2212x
2
dx = C +
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)nx2n+1
(2n+ 1)n!
\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223
1
0
=
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)n
(2n+ 1)n!
.
Expandindo alguns termos desta série numérica, temos que\u222b 1
0
e\u2212x
2
dx =
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)n
(2n+ 1)n!
= 1\u2212 1
3
1
10
\u2212 1
42
+
1
216
\u2212 1
1320
+
1
9360
+ · · ·
e observamos que a partir do sexto termo desta expansão, todos os demais possuem módulo
menor que
1
1320
< 0, 001 e assim, ao somarmos os cinco primeiros termos da expansão teremos
uma aproximação com precisão de até 3 casa decimais\u222b 1
0
e\u2212x
2
dx \u2248 1\u2212 1
3
+
1
10
\u2212 1
42
+
1
216
\u2248 0, 7475.
EXEMPLO 5.17.7 Utilize desenvolvimento em séries de MacLaurin para calcular
lim
x\u21920
arctan(x)\u2212 sin x
x3 cos x
.
Solução: Começamos com o desenvolvimento em série de potências de f(x) = arctanx.
Como
f \u2032(x) =
1
1 + x2
= (1 + x2)\u22121
é mais simples iniciar pelo desenvolvimento de f \u2032. No Exemplo 5.18.1 obtemos que
(1 + x)\u22121 = 1\u2212 x+ x2 \u2212 x3 + x4 + · · ·+ (\u22121)nxn + · · ·
trocando x por x2, segue que
f \u2032(x) = (1 + x2)\u22121 = 1\u2212 x2 + x4 \u2212 x6 + · · ·+ (\u22121)nx2n + · · ·
então, integrando termo a termo, temos que
arctanx =
\u222b
1
1 + x2
dx = x\u2212 x
3
3
+
x5
5
\u2212 x
7
7
+ · · ·+ (\u22121)
nx2n+1
2n+ 1
+ · · · (I)
(a constante na expansão da função arco tangente é zero).
Ainda, sabemos que o desenvolvimento em série para o seno é
sinx = x\u2212 x
3
3!
+
x5
5!
\u2212 x
7
7!
+ · · ·+ (\u22121)
nx2n+1
(2n+ 1)!
+ · · · (II)
208
Tomando a diferença entre as equações (I) e (II) obtemos
arctanx\u2212 sinx = x3
(\u22121
3
+
1
3!
)
+ x5
(
1
5
\u2212 1
5!
)
+ · · ·+ x2n+1
(
(\u22121)n
2n+ 1
+
(\u22121)n+1
(2n+ 1)!
)
+ · · ·
Podemos obter a série de MacLaurin para cosx facilmente, basta derivar termo a termo
a série de sinx desenvolvida acima, obtendo
cosx = 1\u2212 x
2
2!
+
x4
4!
\u2212 x
6
6!
+ · · ·+ (\u22121)n x
2n
(2n)!
+ · · · .
Agora podemos tomar o quociente desejado e simpli\ufffdcar, para obter que
arctan(x)\u2212 sinx
x3 cos x
=
x3
(\u22121
3
+
1
3!
)
+ x5
(
1
5
\u2212 1
5!
)
+ · · ·+ x2n+1
(
(\u22121)n
2n+ 1
+
(\u22121)n+1
(2n+ 1)!
)
+ · · ·
x3
(
1\u2212 x
2
2!
+
x4
4!
+ · · ·+ (\u22121)
nx2n
(2n)!
+ · · ·
)
=
(\u22121
3
+
1
3!
)
+ x2
(
1
5
\u2212 1
5!
)
+ · · ·+ x2n\u22122
(
(\u22121)n
2n+ 1
+
(\u22121)n+1
(2n+ 1)!
)
+ · · ·(
1\u2212 x
2
2!
+
x4
4!
\u2212 x
6
6!
+ · · ·+ (\u22121)n x
2n
(2n)!
+ · · ·
)
Finalmente, podemos aplicar o limite em ambos os lados dessa igualdade e encontrar que
lim
x\u21920
arctan(x)\u2212 sin x
x3 cosx
=
(\u22121
3
+
1
3!
)
+ 0
1 + 0
=
\u22121
3
+
1
6
= \u22121
6
.
5.18 Fórmula geral do binômio de Newton
Suponhamos que o interesse é o desenvolvimento do binômio (a+ b)n , para n inteiro
positivo. Do desenvolvimento geral do binômino de Newton vem que
(a+ b)n = C0na
n + C1na
n\u22121b+ C2na
n\u22122b2 + · · ·+ Cknan\u2212kbk + · · ·+ Cnnbn.
Como
Ckn =
n!
k! (n\u2212 k)! =
n (n\u2212 1) (n\u2212 2) · · · (n\u2212 (k \u2212 1)) (n\u2212 k)!
k! (n\u2212 k)! =
n (n\u2212 1) (n\u2212 2) · · · (n\u2212 (k \u2212 1))
k!
,
podemos escrever
(a+ b)n = an+nan\u22121b+
n (n\u2212 1)
2!
an\u22122b2+· · ·+n (n\u2212 1) (n\u2212 2) · · · (n\u2212 (k \u2212 1))
k!
an\u2212kbk+· · ·+bn.
Tomando a = 1 e b = x vem que
(1 + x)n = 1 + nx+
n (n\u2212 1)
2!
x2 + · · ·+ n (n\u2212 1) (n\u2212 2) · · · (n\u2212 (k \u2212 1))
k!
xk + · · ·+ xn,
que é um desenvolvimento \ufffdnito. Porém, se n não for um inteiro positivo ou zero, é con-
veniente desenvolver o binômio (1 + x)n em série de Maclaurin. Desse modo teremos o
desenvolvimento in\ufffdnito
(1 + x)n = 1 + nx+
n (n\u2212 1)
2!
x2 +
n (n\u2212 1) (n\u2212 2)
3!
x3 + · · ·+
+
n (n\u2212 1) (n\u2212 2) · · · (n\u2212 k + 1)
k!
xk + · · · (5.18.1)
209
Esta série, chamada de série binomial, é um caso particular da Série de MacLaurin. Como
o leitor poderá veri\ufffdcar, através do Critério de D'Alembert, a série binomial é absolutamente
convergente para todo x real tal que |x| < 1. Pode ser provado que esse desenvolvimento
é verdadeiro para todo n. A prova pode ser encontrada nos livros citados na bibliogra\ufffda.
Escrevendo em forma de somatório, temos que
(1 + x)n = 1 +
\u221e\u2211
k=1
n (n\u2212 1) (n\u2212 2) · · · (n\u2212 k + 1)
k!
xk se |x| < 1.
EXEMPLO 5.18.1 Desenvolver em série de funções a função f (x) =
1
1 + x
.
Solução: Temos que
f (x) =
1
1 + x