7-Lista-Series-Taylor-e-MacLaurin

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Cálculo II - Séries de Taylor e MacLaurin
Maria José Pacifico
Instituto de Matemática - Universidade Federal do Rio de Janeiro
Os seguintes exemplos e exercícios complementam o capítulo 11 do livro “Stewart, J. Calculo,
Vol II.”
Séries de Taylor e MacLaurin. Capítulo 11.10
1. Séries de Taylor e de MacLaurin. Lembramos que dada uma função f : R → R, define-se
sua série de Taylor ao redor do ponto x = a como
Taf(x) =
∞∑
n=0
f (n)(a)
n!
(x− a)n. (1)
Como o lado direito da série de Taylor é uma série de potências, podemos calcular o raio de con-
vergência usando algum método estudado anteriormente. Lembre também que f (n)(a) denota
a n-ésima derivada de f avaliada no ponto a.
A série de MacLaurin, nada mais é do que a série de Taylor ao redor de x = 0; isto é,
T0f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn. (2)
Theorem 1. Se f admite uma representação (expansão) em série
f(x) =
∞∑
n=0
an(x− a)n
Então Taf(x) =
∑∞
n=0 an(x− a)n.
Note que os coeficientes satisfazem an = f
(n)(a)
n! para cada n ≥ 0.
Exemplo 1. Encontrar a série de MacLaurin da função
f(x) = (1− x)−2
usando a definição e encontre o raio de convergência.
Resolução. Precisamos primeiro achar (conjecturar) uma expressão geral para f (n)(0). Para
isso, calculamos f (n)(0) para alguns valores de n.
Sabemos que f (0) = f , logo f (0)(0) = f(0) = 1
(1−(0))2 = 1.
1
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Maria José Pacifico
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Para n = 1, f (1)(x) = f ′(x) =
(
1
(1−x)2
)′
= 2
(1−x)3 ⇒ f
′(0) = 2.
Para n = 2, f (2)(x) = f ′′(x) = 3·2
(1−x)4 ⇒ f
′′(0) = 3 · 2.
Para n = 3, f (3)(x) = 4·3·2
(1−x)5 ⇒ f
(3)(0) = 4 · 3 · 2.
Resumidamente,
n = 0 n = 1 n = 2 n = 3
f (0)(0) = 1 f ′(0) = 2 f ′′(0) = 3 · 2 f (3)(0) = 4 · 3 · 2
Esses cálculos já são suficientes para conjecturar que f (n)(x) = (n+1)!
(1−x)n+2 .
Portanto,
f (n)(0) = (n+ 1)!
para todo n ≥ 0.
Assim, substituindo na equação (2), a série de MacLaurin da função dada é
T0f(x) =
∞∑
n=0
(n+ 1)!
n!
xn =
∞∑
n=0
(n+ 1)��n!
��n!
xn =
∞∑
n=0
(n+ 1)xn.
Para calcular o raio de convergência podemos usar, por exemplo, o Teste da Raiz, sabendo
que limn→∞ n
√
n+ 1 = 1:
lim
n→∞
n
√
|(n+ 1) · xn| = lim
n→∞
n
√
(n+ 1) · |x|n =
���
���
�:1
lim
n→∞
n
√
n+ 1 · lim
n→∞
�n
√
|x|�n = |x|.
Para garantizarmos convergência, precisamos que |x| < 1. Portanto o raio de convergência da
série de MacLaurin de f é R = 1. ■
Problema 1. Encontre o intervalo de convergência da série de MacLaurin achada no exemplo
acima.
Exemplo 2. Encontre a série de MacLaurin da função
f(x) = sinh(x).
Resolução. Como no exemplo anterior, calculamos f (n)(0) para alguns valores de n, para
podermos “conjecturar” uma expressão geral.
Por definição
sinh(x) =
ex − e−x
2
=
1
2
(ex − e−x).
2
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Assim, f (0)(0) = sinh(0) = 12(e0 − e−0) =
1
2(1− 1) = 0.
Para n = 1, f ′(x) = 12(ex + e−x) ⇒ f ′(0) = 1.
Para n = 2, f ′′(x) = 12(ex − e−x) ⇒ f ′′(0) = 0.
Para n = 3, f (3)(x) = 12(ex + e−x) ⇒ f (3)(0) = 1. Em suma,
n = 0 n = 1 n = 2 n = 3
f (0)(0) = 0 f ′(0) = 1 f ′′(0) = 0 f (3)(0) = 1
Com esses valores já podemos dizer que
f (n)(0) =
{
0 se n é par
1 se n é ímpar
Assim, a série de MacLaurin fica
T0f(x) =
∞∑
n=0
fn(0)
n!
xn =
��
��
��
��*0∑
n par
fn(0)
n!
xn +
∑
n ímpar
fn(0)
n!
xn =
∑
n ímpar
1
n!
xn.
Como todo número ímpar n ≥ 1 pode ser escrito na forma n = 2k+1, k ≥ 0 a série acima pode
ser escrita como
T0f(x) =
∑
n ímpar
1
n!
xn =
∞∑
k=0
1
(2k + 1)!
x2k+1.
É comum voltar à variável original n, trocando k por n (isto não é necessário, é apenas costume!).
Temos assim,
T0f(x) =
∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1.
Para calcularmos o raio de convergência, pela presença do fatorial, usamos o Teste da Razão
com termo an = x
2n+1
(n+1)! :
lim
n→∞
|an+1/an| =
∣∣∣∣∣ x2(n+1)+1(2(n+ 1) + 1)!/ x2n+1(2n+ 1)!
∣∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ x2n+2+1(2n+ 3)!/ x2n+1(2n+ 1)!
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ x2���x2n+1(2n+ 3)(2n+ 2)�����(2n+ 1)! · ���
��(2n+ 1)!
���x2n+1
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ x2(2n+ 3)(2n+ 2)
∣∣∣∣
= 0 < 1.
Como o limite acima é L = 0, independente do valor de x, concluímos que o raio de convergência
é R = ∞. ■
3
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Exemplo 3. Determine a série de MacLaurin de
f(x) = 3x2 − 6x+ 5
usando a definição e determine seu raio de convergência.
Resolução. Como antes, calculamos f (n)(0) nos primeiros valores de n, para assim podermos
determinar uma expressão geral.
Para n = 0, f (0)(0) = f(0) = 5.
Para n = 1, f ′(x) = 6x− 6, ⇒ f ′(0) = −6.
Para n = 2, f ′′(x) = 6, ⇒ f ′′(0) = 6.
Para n = 3, f (3)(x) = 0, ⇒ f (3)(0) = 0.
Como f (3)(x) = 0, é claro que f (n)(x) = 0 para todo n ≥ 3, portanto,
n = 0 n = 1 n = 2 n ≥ 3
f (0)(0) = 5 f ′(0) = −6 f ′′(0) = 6 f (n)(0) = 0
Assim, a série de MacLaurin é
T0f(x) =
∞∑
n=0
f (n)
n!
xn =
2∑
n=0
f (n)
n!
xn +
�
�
�
�
��>
0
∞∑
n=3
f (n)
n!
xn =
f (0)
0!
x0 +
f ′(0)
1!
x1 +
f ′′(0)
2!
x2 = 5− 6x+ 3x2.
Como a série de Taylor é finita (os termos an = 0, para n ≥ 3), a série é convergente para
qualque valor de x. Portanto, o raio de convergência é R = ∞. ■
Remark 2. O resultado acima não deve ser tão surpreendente, porque a série de MacLaurin
de qualquer polinômio é o próprio polinômio.
Exemplo 4. Sabendo que a função cos(x) tem expansão em série:
cos(x) =
∞∑
n=0
(−1)nx2n
(2n)!
para todo x ∈ R,
determine a série de MacLaurin de cos2(x).
Resolução. Basta usar a identidade trigonométrica
cos2(x) =
1 + cos(2x)
2
.
Pois, conhecendo a expansão em série de cos(x), podemos calcular fácilmente a expansão em
série de cos(2x). De fato,
cos (2x) =
∞∑
n=0
(−1)n(2x)2n
(2n)!
=
∞∑
n=0
(−1)n22nx2n
(2n)!
.
4
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Logo
cos2 x =
1 + cos(2x)
2
=
1
2
+
1
2
∞∑
n=0
(−1)n22nx2n
(2n)!
=
1
2
+
∞∑
n=0
(−1)n22n−1x2n
(2n)!
.
Como o raio de convergência da série
∑∞
n=0
(−1)nx2n
(2n)! é R = ∞, o raio de convergência da série
1
2 +
∑∞
n=0
(−1)n22n−1x2n
(2n)! tem que ser também R = ∞. ■
Exemplo 5. (a) Mostre que a função
f(x) =
∞∑
n=0
xn
n!
é uma solução da equação diferencial
y′ = y. (3)
(b) Mostre que f(x) = ex.
Resolução. (a) Se f é solução de (3), deveria verificar que f ′(x) = f(x).
Observe que
f(x) = 1 + x+
x2
2
+
x3
3 · 2
+
x4
4 · 3 · 2
+ · · ·
Derivando essa função termo a termo obtemos
f ′(x) = 1 + x+
x2
2
+
x3
3 · 2
+
x4
4 · 3 · 2
+ · · ·
que coincide com f(x). Portanto f ′(x) = f(x) e portanto é solução de (3).
(b) Sabemos que as soluções de (3) são múltimos da exponencial (as únicas funções cuja
derivada coincide com ela mesma); isto é, as soluções de (3) são da forma
ϕ(x) = a · ex, a ∈ R.
Em particular, f(x) = a · ex para algum a ∈ R (já que foi provado em (a) que f é solução).
Assim,
a · ex =
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x+
x2
2
+
x3
3 · 2
+
x4
4 · 3 · 2
+ · · ·
Avaliando em x = 0, obtemos
ae0 = 1 + 0 +
02
2
+
03
3 · 2
+
04
4 · 3 · 2
+ · · · = 1
Portanto, a = 1 e logo
f(x) = ex. ■
5
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Exemplo 6. Determine a série de Taylor da função
f(x) = e2x
ao redor de a = −1. Achar o raio de convergência da série.
Resolução. Calculamos as primeiras derivadas de f em a = −1 para conjecturar uma fórmula
geral para f (n)(−1).
Para n = 0, f (0)(x) = f(x) = e2x, ⇒ f(−1) = e−2.
Para n = 1, f ′(x) = 2e2x, ⇒ f ′(−1) = 2e−2.
Para n = 2, f ′′(x) = 4e2x, ⇒ f ′′(−1) = 4e−2.
Para n = 3, f (3)(x) = 8e−2x ⇒ f (3)(−1) = 8e−2.
Para n = 3, f (4)(x) = 16e−2x ⇒ f (4)(−1) = 16e−2.
Em suma,
n = 0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4
f (0)(−1) = e−2 f ′(−1) = 2e−2 f ′′(−2) = 4e−2 f (3)(−2) = 8e−2 16e−2
20e−2 21e−2 22e−2 23e−2 24e−2
A partir desses valores podemos conjecturarque
f (n)(−1) = 2ne−2, para todo n ≥ 0.
Portanto,
T−1f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(−1)
n!
(x+ 1)n =
∞∑
n=0
2ne−2
n!
(x+ 1)n.
Para calcular o raio de convergência (devido à presença de factoriais), usamos o Teste da Razão:
lim
n→∞
∣∣∣∣2n+1e−2(n+ 1)! (x+ 1)n+1/2ne−2n! (x+ 1)n
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ 2��·2n��e−2(n+ 1)��n! (x+ 1)n · (x+ 1)/��2n��e−2��n! �����(x+ 1)n
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣2(x+ 1)n+ 1
∣∣∣∣
= 0 < 1.
Como o limite acima foi L = 0 para qualquer valor de x ∈ R, concluímos que o raio de con-
vergência da série de Taylor é R = ∞. ■
Exemplo 7. Encontre a série de Taylor da função f(x) = log(x) ao redor de x = 2. Determine
o raio de convergência.
Resolução. Calculamos as derivadas para poder determinar uma expressão geral de f (n)(2).
Para n = 0, f (0)(x) = log(x), → f (0)(2) = log(2).
6
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Para n = 1, f ′(x) = 1x , → f ′(2) =
1
2 .
Para n = 2, f ′′(x) = − 1
x2
, → f ′′(2) = −14 .
Para n = 3, f (3)(x) = 2
x3
, → f (3)(2) = 28 .
Para n = 4, f (4)(x) = −3·2
x4
, → f (4)(2) = −3·216 .
Em suma
n = 0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4
f (0)(2) = log(2) f ′(2) = 12 f
′′(2) = −14 f
(3)(2) = 28 f
(4)(2) = − 616
log(2) (−1)0 · 0!2 (−1)
1 1!
22
(−1)2 2!
23
(−1)3 3!
24
De onde podemos concluir que f (0)(2) = log(2) e f (n)(2) = (−1)n−1 (n−1)!2n se n ≥ 1. Portanto, a
série de Taylor é
T2f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(2)
n!
(x− 2)n = f
(0)(2)
0!
(x− 2)0 +
∞∑
n=1
f (n)(2)
n!
(x− 2)n
= log(2) +
∞∑
n=1
(−1)n−1(n− 1)!
2nn!
(x− 2)n
= log(2) +
∞∑
n=1
(−1)n−1
n2n
(x− 2)n.
O raio de convergência pode ser calculado usando o Teste da Raiz, sabendo que limn→∞ n
√
n = 1:
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣(−1)n−1n2n (x− 2)n
∣∣∣∣ = limn→∞ n
√
|x− 2|n
n2n
= lim
n→∞
n
√
|x− 2|n
n
√
n n
√
2n
=
|x− 2|
2
1
limn→∞ n
√
n
=
|x− 2|
2
Pelo Teste da Raiz, para que a série convirga, precisamos que |x−2|2 < 1. Assi, |x − 2| < 2 e
portanto, o raio de convergência é R = 2. ■
Exemplo 8. Encontre a série de Taylor de f centrada em x = 4 se
f (n)(4) =
(−1)nn!
3n(n+ 1)
.
Qual é o raio de convergência da série de Taylor?
Resolução. Pela definição da série de Taylor, temos que
T4f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(4)
n!
(x− 4)n =
∞∑
n=0
(−1)n�n!
3n(n+1)
��n!
(x− 4)n =
∞∑
n=0
(−1)n
3n(n+ 1)
(x− 4)n.
Para calcular o raio de convergência podemos usar, por exemplo, o Teste da Raiz, sabendo que
limn→∞
n
√
n+ 1 = 1:
7
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lim
n→∞
n
√∣∣∣∣(−1)n(x− 4)n3n(n+ 1)
∣∣∣∣ = limn→∞ n
√
|x− 4|n
3n(n+ 1)
= lim
n→∞
n
√
(x− 4)n
n
√
3n n
√
n+ 1
= lim
n→∞
|x− 4|
3 n
√
n+ 1
=
|x− 4|
3
O Teste da Raiz garante a convergência da série somente quando |x−4|3 < 1, ou seja, quando
|x− 4| < 3. Portanto, o raio de convergência da série é R = 3. ■
Exemplo 9. Determine a série de Taylor de f(x) = 3x2 − 6x+ 5 ao redor de x = −1. Achar
seu raio de convergência.
Resolução. Como temos feito até agora, devemos achar os valores de f (n)(−1) para alguns
valores de n, para podermos determinar uma expressão geral.
Para n = 0, f (0)(−1) = f(−1) = 14.
Para n = 1, f ′(x) = 6x− 6, logo f ′(−1) = −12.
Para n = 2, f ′′(x) = 6, logo f ′′(−1) = 6.
Para n = 3, f (3)(x) = 0, logo f (3)(−1) = 0.
É fácil ver que f (n)(−1) = 0 para todo n ≥ 3. Em suma,
n = 0 n = 1 n = 2 n ≥ 3
f (0)(−1) = 14 f ′(−1) = −12 f ′′(−1) = 6 f (n)(−1) = 0
Assim,
T1f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(−1)
n!
(x+ 1)n =
2∑
n=0
f (n)(−1)
n!
(x+ 1)n +
���
���
���
��:0∞∑
n=3
f (n)(−1)
n!
(x+ 1)n
= 14− 12(x+ 1) + 6
2
(x+ 1)2
= 14− 12(x+ 1) + 3(x+ 1)2.
Como a série é finita, o raio de convergência é R = ∞. ■
Exemplo 10. Determine a série de MacLaurin de
f(x) =
{
x−sen(x)
x3
se x ̸= 0
1/6 se x = 0.
8
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Resolução. Como f(x) = x−sen(x)
x3
para todo x ̸= 0, a série de MacLaurin de f coincide com
a série de MacLaurin de x− sen(x)
x3
.
Lembremos que sen(x) admite uma série de potências
sen(x) =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!
= x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ · · ·
Logo
x− sen(x) = x−
(
x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ · · ·
)
= �x−�x+
x3
3!
− x
5
5!
+
x7
7!
− · · ·
= x3
(
1
3!
− x
2
5!
+
x4
7!
− · · ·
)
Portanto,
x− sen(x)
x3
=
1
3!
− x
2
5!
+
x4
7!
− · · · =
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 3)!
x2n ■
Exemplo 11. Use séries para calcular o limite
lim
x→0
1− cosx
1 + x− ex
.
Resolução. Lembremos que
•
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
x2n = 1− x
2
2!
+
x4
4!
− x
6
6!
+ · · ·.
•
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+
x4
4!
+
x5
5!
+ · · ·.
9
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Re-escrevendo,
1− cosx
1 + x− ex
=
1−
(
1− x22! +
x4
4! −
x6
6! + · · ·
)
1 + x−
(
1 + x+ x
2
2! +
x3
3! +
x4
4! +
x5
5! + · · ·
)
=
�1− �1 + x
2
2! −
x4
4! +
x6
6! − · · ·
���1 + x−���1− x− x22! −
x3
3! −
x4
4! −
x5
5! − · · ·
=
��x
2
(
1
2! −
x2
4! +
x4
6! − · · ·
)
��x
2
(
− 12! −
x
3! −
x2
4! − · · ·
)
=
1
2! −
x2
4! +
x4
6! − · · ·
− 12! −
x
3! −
x2
4! − · · ·
Usando a continuidade das séries de potências, obtemos
lim
x→0
1− cosx
1 + x− ex
= lim
x→0
1
2! −
x2
4! +
x4
6! − · · ·
− 12! −
x
3! −
x2
4! − · · ·
=
1/2!
−1/2!
= −1. ■
Exemplo 12. Encontrar a soma das seguintes séries:
(a)
∞∑
n=0
(−1)nx4n
n!
.
(b) 1− log(2) + log
2(2)
2!
− log
3(2)
3!
+ · · ·.
(c)
∞∑
n=0
(−1)nπ2n
62n(2n)!
.
Resolução. (a) Como aparece o termo n! no denominador do n-ésimo termo da série, uma
primeira possibilidade é que essa série de potências represente alguma variante da função expo-
nencial. Lembramos que • ex =
∞∑
n=0
xn
n!
.
Então, manipulando nossa série dada, tentaremos chegar numa expressão similar à da exponen-
cial.
∞∑
n=0
(−1)nx4n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n(x4)n
n!
=
∞∑
n=0
(−x4)n
n!
Da última série, podemos ver que
∞∑
n=0
(−1)nx4n
n!
=
∞∑
n=0
(−x4)n
n!
= e−x
4
. ■
10
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(b) Primeiro, vamos escrever a expressão em (b) como uma série expressada em somatório.
Para isso, começamos observando que os termos da série vão alternando seu sinal, portanto o
termo (−1)n deve aparecer na série. Agora é fácil ver que
1− log(2) + log
2(2)
2!
− log
3(2)
3!
+ · · · =
∞∑
n=0
(−1)n logn(2)
n!
=
∞∑
n=0
(− logn(2))n
n!
Fazendo x = − log(2) na expanssão da exponencial, obtemos
∞∑
n=0
(− logn(2))n
n!
= e− log(2) =
1
elog 2
=
1
2
. ■
(c) Observe que
∞∑
n=0
(−1)nπ2n
62n(2n)!
=
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
(π
6
)2n
.
e como sabemos
cos(x) =
∞∑
n=0
(−1)nx2n
(2n)!
Portanto, se avaliamos x = π/6 na expanssão em série da função coseno obtemos a soma desejada.
Assim,
∞∑
n=0
(−1)nπ2n
62n(2n)!
= cos(π/6) =
√
3
2
. ■
Theorem 3 (Desigualdade de Taylor). Seja f : (a, b) → R uma função infinitamente difer-
enciável. Se |f (n+1)(x0)| ≤ M para x0 ∈ (a−R, a+R), então
|Rn(x0)| ≤
M
(n+ 1)!
|x0 − a|n+1.
Exemplo 13. Considere a função
f(x) = sen(x).
(a) Determinar a série de Taylor de f ao redor de x = π/2.
(b) Achar o raio de convergência da série anterior.
(c) Achar o intervalo de convergência da série.
(d) Mostrar que a Série de Taylor achada em (a) representa à função seno.
Resolução. (a) Temos que determinar uma expressão para f (n)(π/2).
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Cálculo II - Séries de Taylor e MacLaurin
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Para n = 0 f (0)(x) = sen(x) ⇒ f (0)(π/2) = sen(π/2) = 1.
Para n = 1 f ′(x) = cos(x) ⇒ f ′(π/2) = cos(π/2) = 0.
Para n = 2 f ′′(x) = −sen(x) ⇒ f ′′(π/2) = −sen(π/2) = −1.
Para n = 3 f (3)(x) = − cos(x) ⇒ f (3)(π/2) = − cos(π/2) = 0.
Como f (4)(x) = f(x) vemos que as derivadas se repetem formando um ciclo. Por outro lado,
observamos também que f (n)(π/2) = 0 se n é ímpar. Quando n é par,pode ser escrito como
n = 2k. Aqui notamos que se k é par então f (n)(x) = sen(x), logo f (n)(π/2) = 1. Se k é ímpar,
então f (n)(x) = −sen(x) e logo f (n)(π/2) = −1. Portanto,
Tπ/2f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(π/2)
n!
(x− π/2)n
=
∑
n par
f (n)(π/2)
n!
(x− π/2)n +
���
���
���
���
���:0∑
n ímpar
f (n)(π/2)
n!
(x− π/2)n
=
∑
k=0
f (2k)(π/2)
(2k)!
(x− π/2)2k
=
∑
k=0
(−1)k
(2k)!
(x− π/2)2k
Por costume, voltamos à variável n e obtemos
Tπ/2f(x) =
∑
n=0
(−1)n
(2n)!
(x− π/2)2n
(b) Para determinarmos o raio de convergência, usamos o Teste da Razão:
lim
n→∞
∣∣∣∣ (−1)n+1(2n+ 2)!(x− π/2)2n+2/(−1)n(2n)! (x− π/2)2n
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ (x− π/2)2(2n+ 2)(2n+ 1)
∣∣∣∣ = 0
Como o limite acima é L = 0 independente do valor de x, obtemos que R = ∞.
(c) Todo R.
(d) Vimos antes que f (n)(x) ∈ {sen(x), cos(x),−sen(x),− cos(x)}. Seja R > 0, então
|f (n)(x)| ≤ 1 para qualquer x ∈ (−R,R)
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(porque as funções seno e coseno são limitadas por 1). Portanto, se satisfazem as hipóteses da
desigualdade de Taylor, logo
Tπ/2(x) = f(x) para todo x ∈ (−R,R).
Como R foi escolhido arbitrariamente, f(x) = Tπ/2f(x) para todo x ∈ R. ■
EXERCICIOS
Exercício 1. Represente as seguintes integrais indefinidas como séries de potências:
(a)
∫
sen(πx)
πx
dx.
(b)
∫
e−x
2
dx. Pode dar uma aproximação do valor
∫ 1
0
e−x
2
dx?
Exercício 2. Encontre a série de MacLaurin das seguintes funções e determine o raio de
convergência:
(a) f(x) = cos(
√
x).
(b) f(x) = cosh(x).
(c) f(x) =.
(d) f(x) =
∫ x
0
cos(
√
t)dt.
Exercício 3. Determine a série de Taylor das seguintes funções no ponto que se indica, e calcule
o raio de convergência:
(a) f(x) = log(x) em x = 1.
(b) f(x) = x
4x− 2x2 − 1
em x = 1.
(c) f(x) = 1√
1− x
em x = 0.
(d) f(x) = log(1− x), em x = 0.
Exercício 4. Usando séries de potências, calcule os seguintes limites:
(a) lim
x→0
log(1− x2)
x2
.
(b) lim
x→0+
cos(
√
x)− 1
2x
.
Exercício 5. Achar a soma das seguintes séries numéricas:
(a)
∞∑
n=0
1
(
√
2)n
.
(b)
∞∑
n=0
(−1)n
n
.
(c)
∞∑
n=0
(−1)nk2nπ2n
(2n)!
para todo k ∈ Z.
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Exercício 6. Achar a série de MacLaurin e o raio de convergência da função
f(x) =
1
2− x
.
Na seguinte tabela, resumimos as séries de MacLaurin das funções mais importantes.
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Função Série de MacLaurin Raio de convegência
1
1− x
∞∑
n=0
xn R = 1
ex
∞∑
n=0
xn
n!
R = ∞
sen(x)
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
x2n+1 R = ∞
cos(x)
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
x2n R = ∞
arctan(x)
∞∑
n=0
(−1)n
2n+ 1
x2n+1 R = 1
log(1 + x)
∞∑
n=1
(−1)n−1
n
xn R = 1
(1 + x)k
∞∑
n=0
(
k
n
)
xn R = 1
senh(x)
∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1 R = ∞
cosh(x)
∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n R = ∞
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(
k
n
)
=
k(k − 1)(k − 2) · · · (k − (n− 1))
n!
.
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