Cálculo III Polinômios de Taylor e Maclaurin

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE – FURG 
INSTITUTO DE MATEMÁTICA, ESTATÍSTICA E FÍSICA – IMEF 
CÁLCULO III 
 
POLINÔMIOS DE MACLAURIN 
 
 Seja ( )xf uma função que possui a seguinte representação em série de 
Maclaurin 
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
KK +++
′′
+′+==∑
∞
=
k
k
n
n
n
x
k
f
x
f
xffx
n
f
xf
!
0
!2
0
00
!
0 2
0
 
Quando truncamos esta série no termo de grau “n”, obtemos o seguinte polinômio de 
Maclaurin de grau “n”: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) nn
n x
n
f
x
f
xffxP
!
0
!2
0
00 2 ++
′′
+′+= K 
 
 Ex.: Considere a função ( ) senxxf = e a série de Maclaurin desta função que é 
dada por: 
( ) ( )
( )
K+−+−=
+
−
== ∑
∞
=
+
!7!5!3!12
1 753
0
12 xxxxx
n
senxxf
n
n
n
 
 
e que converge para qualquer valor de x. A partir desta série, obtemos os seguintes 
polinômios de Maclaurin: 
 
( ) 00 =xP 
( ) xxP =1 
( ) 22 0xxxP += 
( )
!3
0
3
2
3
x
xxxP −+= 
( ) 4
3
2
4 0
!3
0 x
x
xxxP +−+= 
( )
!5
0
!3
0
5
4
3
2
5
x
x
x
xxxP ++−+= 
( ) 6
5
4
3
2
6 0
!5
0
!3
0 x
x
x
x
xxxP +++−+= 
( )
!7
0
!5
0
!3
0
7
6
5
4
3
2
7
x
x
x
x
x
xxxP −+++−+= 
 
 
 A figura a seguir mostra como esses polinômios de Maclaurin aproximam o 
gráfico da função ( ) senxxf = , perto de 0=x . 
 
 
 
 
POLINÔMIOS DE TAYLOR 
 
 Seja ( )xf uma função que possui a seguinte representação em série de Taylor 
( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) KK +−++−′′+−′+==∑
∞
=
k
k
n
n
n
ax
k
af
ax
af
axafafx
n
af
xf
!!2!
2
0
 
Quando truncamos esta série no termo de grau “n”, obtemos o seguinte polinômio de 
Taylor de grau “n”: 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )n
n
n ax
n
af
ax
af
axafafxP −++−
′′
+−′+=
!!2
2
K 
 
 Ex.: Considere a série de Taylor da função ( ) senxxf = em torno de 
2
π
=a 
( ) ( )
( )
K+





 −
−





 −
+





 −
−=




 −
−
== ∑
∞
= !6
2
!4
2
!2
2
1
2!2
1
642
0
2
πππ
π
xxx
x
n
senxxf
n
nn
 
A partir desta série, obtemos os seguintes polinômios de Taylor: 
 
( ) 10 =xP 
( )
!2
2
1
2
2





 −
−=
π
x
xP 
( )
!4
2
!2
2
1
42
4





 −
+





 −
−=
ππ
xx
xP 
( )
!6
2
!4
2
!2
2
1
642
6





 −
−





 −
+





 −
−=
πππ
xxx
xP 
( )
!8
2
!6
2
!4
2
!2
2
1
8642
8





 −
+





 −
−





 −
+





 −
−=
ππππ
xxxx
xP 
 
 
A figura a seguir mostra como esses polinômios de Taylor aproxmam o gráfico 
da função ( ) senxxf = , perto de 
2
π
=x . 
 
 
 
 
 
 
DERIVAÇÃO E INTEGRAÇÃO DE SÉRIES DE POTÊNCIAS 
 
TEOREMA 1: (Teorema da derivação termo a termo) 
Se a série de potências ( )∑
∞
=
−
0n
n
n axc converge ( )RaRax +−∈∀ , , para algum 
0>R , isso define a seguinte função: 
( ) ( ) RaxRaaxcxf
n
n
n +<<−−=∑
∞
=
,
0
. 
Tal função tem derivadas de todas as ordens dentro do intervalo de convergência. As 
derivadas podem ser obtidas por meio da derivação da série original termo a termo: 
( ) ( )∑
∞
=
−−=′
1
1
n
n
n axncxf 
 
( ) ( ) ( )∑
∞
=
−−−=′′
2
2
1
n
n
n axcnnxf , 
e assim por diante. Cada uma dessas séries derivadas converge em todo ponto do 
interior do intervalo de convergência da série original. 
 
Ex.: 1) A série de Maclaurin da função ( )
x
xf
−
=
1
1
 é dada por: 
( ) 11,1
1
1
0
432 <<−=+++++++=
−
= ∑
∞
=
xxxxxxx
x
xf
n
nx
KK 
Então: 
( )
( )
11,54321
1
1
1
11432
2
<<−=+++++++=
−
=′ ∑
∞
=
−− xnxnxxxxx
x
xf
n
nx
KK 
( )
( )
( ) ( ) 11,11201262
1
2
2
2232
3
<<−−=+−+++++=
−
=′′ ∑
∞
=
−− xxnnxnnxxx
x
xf
n
nx
KK
 
 
*Obs.: A derivação termo a termo pode não funcionar para outros tipos de série. 
Por exemplo, a série trigonométrica, 
( )
∑
∞
=1
2
!
n n
xnsen
 
é convergente IRx∈∀ . Mas se derivarmos termo a termo, chegamos à série 
( )
∑
∞
=1
2
!cos!
n n
xnn
 
que diverge IRx∈∀ . Note que esta não é uma série de potências. 
 
 2) Sabendo que ( ) 11,
1
1
0
<<−=
−
= ∑
∞
=
xx
x
xf
n
n , obtenha uma série de potências 
de x para representar cada uma das funções abaixo. Em cada caso, especifique o 
conjunto dos valores de x onde a representação é válida: 
 a) ( )
( )31
1
x
xg
−
= 
 Solução: 
 No exemplo 1, vimos que ( )
( )
( ) 11,1
1
2
2
2
3
<<−−=
−
=′′ ∑
∞
=
− xxnn
x
xf
n
n 
Portanto podemos representar a função ( )xg por: 
( )
( )
( ) 11,1
2
1
1
1
2
2
3
<<−−=
−
= ∑
∞
=
− xxnn
x
xg
n
n 
Ou então: 
( )
( )
( )( )
11,
2
21
1
1
0
3
<<−
++
=
−
= ∑
∞
=
x
xnn
x
xg
n
n
 
 b) ( )
( )221
1
x
xg
+
= 
 Solução: 
 No exemplo 1, vimos que ( )
( )
11,
1
1
1
1
2
<<−=
−
=′ ∑
∞
=
− xnx
x
xf
n
n , então podemos 
escrever: 
( )
( )
( ) 11,1
1
1
1
11
2
<<−−=
+
=−′ ∑
∞
=
−− xnx
x
xf
n
nn 
 Logo 
( )
( )
( ) 11,1
1 1
121
22
<<−−=
+
= ∑
∞
=
−− xnx
x
x
xg
n
nn
 
 c) ( )
x
x
xg
32 −
= 
 Solução: 
 Como ( ) 11,
1
1
0
<<−=
−
= ∑
∞
=
xx
x
xf
n
n , temos que: 
∑
∞
=





=
−
=
−
=





0 2
3
32
2
2
3
1
1
2
3
n
n
x
x
x
xf 
Portanto 
( )
3
2
3
2
,
2
3
2
3
232
1
0
1
0
<<−=




=
−
= +
∞
=
+
∞
=
∑∑ xxx
x
x
x
xg n
n
n
n
n
n
 
 
 
TEOREMA 2: (Teorema da integração termo a termo) 
 
Suponha que 
( ) ( )∑
∞
=
−=
0n
n
n axcxf 
convirja ( )RaRax +−∈∀ , , para algum 0>R . Então, 
( )
∑
∞
=
+
+
−
0
1
1n
n
n
n
ax
c 
converge para RaxRa +<<− e 
( ) ( ) C
n
ax
cdxxf
n
n
n ++
−
=∑∫
∞
=
+
0
1
1
 
para RaxRa +<<− . 
 
Ex.: 1) Para identificarmos a função 
 
( ) 11,
753
753
≤≤−+−+−= x
xxx
xxf K , 
Derivamos a série original termo a termo e obtemos: 
( ) 11,1 642 <<−+−+−=′ xxxxxf K 
que é uma série geométrica com o primeiro termo 1 e razão 2x− , portanto a sua soma é: 
( ) ( ) 22 1
1
1
1
xx
xf
+
=
−−
=′ 
Agora integrando ( )
21
1
x
xf
+
=′ , obtemos: 
( ) ( ) Carctgx
x
dx
dxxfxf +=
+
=′= ∫∫ 21 
 Observe que a série para ( )xf é zero quando 0=x , assim 0=C . Temos então: 
( ) 11,
753
753
≤≤−=+−+−= xarctgx
xxx
xxf K . 
*Obs.: Quando fazemos 1=x em 
( )
arctgx
xxx
x
n
x
n
nn
=+−+−=
+
−
∑
∞
=
+
K
75312
1 753
0
12
 
obtemos: 
( )
4
)1(
7
1
5
1
3
1
1
12
1
0
π
==+−+−=
+
−
∑
∞
=
arctg
nn
n
K 
 
 2) Para determinarmos uma série para a função ( ) ( ) 11,1ln ≤<−+= xxxf , 
podemos considerar a série 
K+−+−+−=
+
54321
1
1
ttttt
t
, 
que converge no intervalo 11 <<−t e calcular a seguinte integral: 
 
( ) ( )
11,
65432
1
1
1ln
65432
0
5432
0
≤<−+−+−+−=
=+−+−+−=
+
=+ ∫∫
x
xxxxx
x
dtttttt
t
dt
x
xx
K
K
 
 
 3) Em estatística a função ( ) ∫ −=
x
t dtexE
0
22
π
 recebe o nome de Função Erro. 
Encontre a Série de Maclaurin da função ( )xE . 
 Solução: 
 A série de Maclaurin da função ( ) xexf = é dada por: ∑
∞
=
=
0 !n
n
x
n
x
e , então 
( ) ( )
∑∑
∞
=
∞
=
− −=
−
=
00 !
1
! n
nn
n
n
x
n
x
n
x
e e 
( )
∑
∞
=
− −=
0
2
!
12
n
nn
t
n
t
e , portanto: 
( ) ( ) ( )∑ ∫∫ ∑∫
∞
=
∞
=
− −=
−
==
0
0
2
0
0
2
0 !
12
!
122 2
n
x
n
n
x
n
nn
x
t
dtt
n
dt
n
t
dtexE
πππ
 
De onde obtemos: 
( ) ( ) ( )
( )∑∑
∞
=
+∞
=
+
+
−
=





+
−
=
0
12
0 0
12
12!
12
12!
12
n
nn
n
x
nn
nn
x
n
t
n
xE
ππ
 
 
 
ALGUMAS APLICAÇÔES: 
 
 
1. CÁLCULO DE INTEGRAIS NÃO ELEMENTARES: 
 
As séries de Taylor e Maclaurin podem ser usadas para expressar integrais não 
elementares em termos de séries. 
 
Ex.: 1) Expresse ( )dxxsen∫ 2 como uma série de potências. 
 
Vimos que a série de Maclaurin da função ( ) senxxf = é dada por: 
( ) K+−+−==
!7!5!3
753 xxx
xsenxxf 
Então, substituindo x por 2x nesta série, obtemos a série de potências para a função 
( ) ( )2xsenxg = que é dada por: 
( ) ( ) K
!9!7!5!3
1814106
22 xxxxxxsenxg +−+−== 
Portanto 
 
( )
K
K
−
⋅
+
⋅
−
⋅
+
⋅
−=
=





+−+−= ∫∫
!919!715!511!373
!9!7!5!3
19151173
1814106
22
xxxxx
dx
xxxx
xdxxsen
 
 
 2) Para determinar o valor aproximado da integral ( )dxxsen∫
1
0
2
, consideramos 
a integral indefinida do exemplo anterior e obtemos: 
 
( ) 310268303,0
!919!715!511!373
1
0
19151173
1
0
2 ≈





⋅
+
⋅
−
⋅
+
⋅
−≈∫
xxxxx
dxxsen 
 
Na figura abaixo podemos observar a aproximação da função ( ) ( )2xsenxg = (curva 
vermelha) com o polinômio 
( )
!9!7!5!3
1814106
2
18
xxxx
xxP +−+−= (curva azul) 
 
 
 
 3) Usando uma série de potências adequada aproxime, com precisão de três 
casas decimais, o valor da integral: ∫ +
2
1
0 31 x
dx
. 
 Solução: 
 Vimos que 11,
1
1
0
<<−=
− ∑
∞
=
xx
x n
n , então: 
( )
( ) ,1
1
1
1
1
0
∑
∞
=
−=
−−
=
+ n
nn x
xx
portanto temos: 
( ) ( ) ( ) K−+−+−=−=−=
+
∑ ∑
∞
=
∞
=
12963
0 0
33
3
111
1
1
xxxxxx
x n n
nnnn 
De onde obtemos: 
( ) 485,0
131074
1
1
2
1
0
131074
2
1
0
129632
1
0 3
≈





+−+−=+−+−≈
+ ∫∫
xxxx
xdxxxxx
x
dx
 
 
 Observe que resolvendo esta integral através do método das frações parciais 
obtemos: 
( ) ( ) 485,0
3
12
3
1
1ln
6
1
1ln
3
1
1
2
1
0
22
1
0 3
≈










 −
++−−+=
+∫
x
arctgxxx
x
dx
 
 
 
2. CÁLCULO DE LIMITES 
 
 Algumas vezes, podemos calcular limites de formas indeterminadas expressando 
as funções envolvidas como séries de Taylor. 
 
 Ex.: Para calcular o limite: 
1
ln
lim
1 −→ x
x
x
, podemos representar xln como uma série 
de Taylor de potências de 1−x , ou seja: 
( ) ( ) ( ) ( ) K+−−−+−−−= 432 1
4
1
1
3
1
1
2
1
1ln xxxxx 
Então temos: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 11
4
1
1
3
1
1
2
1
1lim
1
1
4
1
1
3
1
1
2
1
1
lim
1
ln
lim
32
1
432
11
=


 +−−−+−−=
=
−
+−−−+−−−
=
−
→
→→
K
K
xxx
x
xxxx
x
x
x
xx 
 
3. SOMA DE SÉRIES NUMÉRICAS 
 
Ex.: 1) Para determinar a soma da série numérica 








+




⋅+




⋅+⋅+=++++=∑
∞
=
KK
32
432
1 2
1
4
2
1
3
2
1
21
2
1
2
4
2
3
2
2
2
1
2n
n
n
, 
podemos considerar série de Maclaurin da função ( )
( )21
1
x
xf
−
= , ou seja: 
( )
K++++=
−
32
2
4321
1
1
xxx
x
 
que converge se 1<x e substituir x por 
2
1
 nesta série, obtendo: 
 
K+




⋅+




⋅+⋅+=





 −
32
2 2
1
4
2
1
3
2
1
21
2
1
1
1
 
Então podemos escrever: 
2
2
1
1
1
2
1
2
1
4
2
1
3
2
1
21
2
1
2 2
32
1
=





 −
⋅=








+




⋅+




⋅+⋅+=∑
∞
=
K
n
n
n
 
Portanto a série numérica ∑
∞
=1 2n
n
n
 converge com soma igual a 2. 
 
 2) Integrando de 0=x até 1=x uma série de potências representando a função 
( ) xxexf = , mostre que 
( ) 2
1
2!
1
1
=
+∑
∞
=n nn
 
 Solução: 
 Temos que ∑
∞
=
=
0 !n
n
x
n
x
e , então ∑
∞
=
+
=
0
1
!n
n
x
n
x
xe , portanto obtemos: 
 
( )∑∑∑∫∫
∞
=
+∞
=
∞
=
+
+
=





+
==
0
1
0
2
00
1
0
1
1
0 2!
1
2!
1
! n
n
nn
n
x
nnn
x
n
dx
n
x
dxxe 
mas 
[ ] 110
1
0
=−=∫ xxx exedxxe 
logo 
( ) ( ) ( ) 2
1
2
1
1
2!
1
1
2!
1
2!
1
2
1
101
=−=
+
⇒=
+
=
+
+ ∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
= nnn nnnnnn