Séries de Taylor e Maclaurin

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Universidade Salvador – UNIFACS 
Cursos de Engenharia - Equações Diferenciais e Séries / Cálculo III 
Profa: Ilka Rebouças Freire 
(Texto elaborado pelos professores Adelmo Ribeiro de Jesus e Ilka Rebouças Freire) 
 
 
Texto 05 
 
Séries de Taylor e Maclaurin 
 
Consideremos a função f(x) definida pela série de potências em ( x – a) ; 
 
0
n
n a)(xaf(x)
 com 
raio de convergência r > 0. A função f(x) tem todas as derivadas em ]a –r, a+r [. Temos assim que 
 
0
2
210
0
n
n af(a).......a)(xaa)(xaaa)(xaf(x)  
 
1
2
321
1
1-n
n a(a)f.......a)-(x3aa)(xa2aa)(xna(x)f  
 
 
232
2
2n
n 2a(a)f.......a)-(x3.2aa2a)(x1)an(n(x)f  

 
343
3
3n
n 2a.3(a)f......)a.(x4.3.2a3.2aa)(xa)21)(nn(n(x)f  

 
................................ 
 
Continuando com esse processo obtemos
n!
(a)f
aan!(a)f
(n)
nn
(n)

 
Desta maneira a série de potências de f(x) pode ser escrita na forma 
 
0
n
(n)
a)(x
n!
(a)f
f(x)
, onde 
tomamos 
0
(0)
af(a)(a)f 
 
 
Esta série é chamada de série de Taylor da função f no ponto a. No caso particular em que a = 0, 
ou seja, 

0
n
(n)
x
n!
(0)f
f(x)
 a série é chamada de série de Maclaurin 
 
 
Observação: 
 
As séries de Taylor e Maclaurin são importantes pois servem para aproximar funções por 
polinômios numa vizinhança do ponto a 
 
O polinômio de grau n 
i
n
0i
(i)
n
(n)
2
n a)(x
i!
(a)f
a)(x
n!
(a)f
....a)(x
2!
(a)f
a)(a)(xff(a)(x)P 



 
 2 
 
corresponde à n-ésima soma parcial da série de Taylor e é chamado de polinômio de Taylor 
centrado em a. 
Podemos escrever 
(x)R(x)Pa)(x
i!
(x)f
a)(x
i!
(a)f
f(x) nn
i
1ni
(i)
i
n
0i
(i)



. Pode-se 
mostrar que se Rn(x) for tal que 
0(x)Rlim n
n


 temos que Pn(x) é uma boa aproximação e f(x) 
no ponto a. 
 
 
Dada uma série de Taylor representando uma função em um intervalo I, a série de Taylor é uma 
série de potências. Duas perguntas surgem então: 
 A série é convergente em I ? 
 A soma da série corresponde a f(x) para todo x em I ? 
 
Para a maioria das funções elementares a resposta é afirmativa e exitem teoremas nos garantindo 
este fato para as funções com as quais trabalharemos. 
 
 
Exemplo: Vamos encontrar a série de Maclaurin para as funções 
 
1) f(x) = e
x
; 2) f(x) = cosx; 3) f(x) = senx 
 
 
1) Vamos escrever 

0
n
(n)
x
n!
(0)f
f(x)
. Para isso precisamos da expressão 
(0)f
(n)
. Sendo f(x) = 
e
x
 temos que 
x(n)
e(x)f 
 e portanto 
(0)f
(n)
= 1. Logo, 

0
n
x
n!
x
e
 como já tínhamos visto 
anteriormente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os polinômios de Taylor para essa função são 
 
1(x)Po 
 
 
x1(x)P1 
 
 
2
x
x1(x)P
2
2 
 
 
6
x
2
x
x1(x)P
32
3 
 
................................................... 
 
...
4!
x
3!
x
2!
x
x1
n!
x
e
432
0
n
x

   R 
-3 -2 -1 1 2 3
-3
-2
-1
1
2
3
y = exp(x)
y = 1
y = 1+x
y = 1+x+(x^2)/2
y = 1+x+(x^2)/2+(x^3)/6
 
 3 
 
 
2) 
f(x) = cosx  f(0) = 1 
f´(x) = – senx  f´(0) = 0 
f´´(x) = –cosx  f’´ (0) = –1 
f´´´(x) = senx  f’´´(0) = 0 
f
(4)
(x) = cosx  f(4)(0) = 1 
…………………….. 
Temos assim que 





parn ;(-1)
imparn 0;
(0)f
n/2
(n)
  
2n
0
n
x
(2n)!
1)(
cosx 


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os polinômios de Taylor para cosx são 
 
 
1(x)Po 
 
 
2
x
1(x)P
2
1 
 
 
24
x
2
x
1(x)P
42
2 
 
 
720
x
24
x
2
x
1(x)P
642
3 
 
................................................... 
 
 
 
 
 
 
3) Usando a série anterior e derivando temos 










0
12nn
1
12n1n
1
12nn
1)!(2n
x1)(
1)!(2n
x1)(
(2n)!
(2n)x1)(
)(cosxsenx
 
 
 
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
y = cos(x)
y = 1
y = 1-x^2/2
y = 1-(x^2)/2+(x^4)/24
y = 1-(x^2)/2+(x^4)/24-(x^6)/720
 
...
6!
x
4!
x
2!
x
1x
(2n)!
1)(
cosx
642
2n
0
n



  R 
 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os polinômios de Taylor para senx são 
 
 
x(x)Po 
 
 
6
x
x(x)P
3
1 
 
 
120
x
6
x
x(x)P
53
2 
 
 
5040
x
120
x
6
x
x(x)P
753
3 
 
 
 
 
 
 
Observações: 
 
1. Não necessariamente a série de Taylor de uma função tem que ser obtida através da fórmula 
 
0
n
(n)
a)(x
n!
(a)f
f(x)
. Qualquer série de potências em ( x – a) de uma função deve ser a série de 
Taylor da função. Assim, as séries de potências obtidas para as funções, arctgx, ln(1+x), etc, são as 
séries de Taylor das respectivas funções. 
 
2. 
nn
0
n
n
0
n
n baa)(xba)(xaf(x)   
 Isto significa que uma série de potências 
representando uma função é única. 
 
 
 
Exercícios: 
 
1) A partir das séries 
R x ;e
n!
x x
0
n

, cosx = 


0
2nn
(2n)!
x1)(
  R e 
senx = 




0
12nn
1)!(2n
x1)(
  R; dê a representação em série de potências de x para as seguintes 
funções: 
 
Rx ;
1)!(2n
x1)(
senx
0
12nn





 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
y = sin(x)
y = x
y = x-(x^3)/6
y = x-(x^3)/6+(x^5)/120
 
 5 
A) 
2/x
e)x(f


 
 
Solução: 
Basta substituir na série 
 ;e
n!
x x
0
n

 x por –x/2: 




0
n
nn
0
n
2/x
!n2
x)1(
!n
)2/x(
e
 
 
B) 
x2cosx)x(f
2

 
 
Solução: 
 
Na série do cosseno substituímos x por 2x e depois multiplicamos a série por x
2
: 
 






0
2n2n2n
0
n2n
22
)!n2(
x2)1(
)!n2(
)x2()1(
xx2cosx)x(f
 
C) 
)x(sen)x(f
3

 
Solução: 
Substituímos na série do seno x por x
3
: 








0
3n6n
0
1n23n
3
)!1n2(
x)1(
)!1n2(
)x()1(
)x(sen)x(f
 
 
2) Encontre um polinômio de Taylor ( centrado em a = 0 ) de grau 3 para a função f(x) = tgx. 
 
Solução: 
Devemos escrever 
32
0
n
(n)
x
!3
)0(f
x
!2
)0(f
x)0(f)0(fx
n!
(0)f
f(x)



 
 
 
0)0(ftgx)x(f 
 
1)0(sec)0(fxsec)x(f
22

 
0)0(fxtgxsec2xtgxsecxsec2)x(fxsec)x(f
22

 
2)0(fxsecxsec2xtgxtgxsecxsec4)x(f
22

 
 
O polinômio de Taylor fica então 
33
x
3
1
xx
!3
2
x)x(P 
 
 
Observemos que o polinômio encontrado só tem potências ímpares o que está de acordo com o fato 
que tgx é uma função ímpar 
 
O gráfico ao lado mostra a aproximação 
do polinômio ( gráfico em vermelho ) da função 
tangente numa vizinhança do zero. 
 
 
 
 
 6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Encontre uma série de potências para a função 2
x
e)x(f


 e calcule a integral 
dxe
1
0
2
x


 com 
precisão de 3 casas decimais. 
 
 
Solução: 
 
Substituindox por –x2 na série 

0
n
x
n!
x
e
 obtemos 






0
2nn
0
n2
2
x
n!
x)1(
n!
)x(
e
. 
Integrando: 
 
...
11!.5
1
9!.4
1
7!.3
1
5!.2
1
3
1
1
)1n2(!n
)1(
)1n2(!n
x)1(
dx
!n
x)1(
dxe
0
n
1
0
0
1n2n
0
1
0
n2n1
0
2
x








  


 
Para precisão de 3 casas decimais devemos ter erro 
0005,010.5,0
3


 
 
Usando a calculadora temos que 
...0007575,0
1320
1
11!.5
1
a 5 
 e 
0005,0...0001068,0
9360
1
13!.6
1
a 6 
 
A soma com precisão de 3 casas decimais deve ir até a5: 
11!.5
1
9!.4
1
7!.3
1
5!.2
1
3
1
1dxe
1
0
2
x


 
 
 
4) Mostre, usando séries, a fórmula de Euler 
isenxxcose
ix

 
 
Solução: 
 
Substituindo na série 

0
n
x
n!
x
e
 x por ix obtemos: 
 
0
nn
0
n
ix
n!
x(i)
n!
(ix)
e
 
 
...x
!6
i
x
!5
i
x
!4
i
x
!3
i
x
!2
i
ix1
n!
x(i) 6
6
5
5
4
4
3
3
2
2
0
nn

 
 7 
Usando que 
...etc ,1i)i)(i(i ;ii ;1i ;ii ;1i
243210

 e a partir daí começam a 
se repetir 
 
...x
!6
1
x
!5
i
x
!4
1
x
!3
i
x
!2
1
ix1...x
!6
i
x
!5
i
x
!4
i
x
!3
i
x
!2
i
ix1e
654326
6
5
5
4
4
3
3
2
2
ix

 
Colocando i em evidência obtemos: 
 
isenxxcos...)x
!5
1
x
!3
1
x(i...x
!6
1
x
!4
1
x
!2
1
1e
53642ix

 
 
 
 
 
 
Referências Bibliográfica 
1. O Cálculo com Geometria Analítica vol II – Louis Leithold 
2. Cálculo – Um Novo Horizonte vol II – Howard Anton 
3. Cálculo – vol II – James Stewart