Notas_de_Aula_Prof_Kleyber

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MATA04-Cálculo C
Notas de Aulas
Universidade Federal da Bahia - UFBA
Departamento de Matemática - DMAT
Kleyber Mota da Cunha
Apresentação
Conteúdo
1 Sequências de números reais 1
1.1 Definição e exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Operações com limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Séries numéricas 11
2.1 Definição e exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Séries de termos não-negativos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Testes de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4 Séries alternadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.5 Convergência absoluta e condicionada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.6 Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.6.1 Diferenciação e Integração de Série de Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.6.2 Representação de Funções em Série de Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.6.3 Séries de Taylor e Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.7 Série de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3 Equações Diferenciais 49
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.2 Conceitos Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.3 Algumas Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.3.1 Crescimento Populacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.3.2 Lei de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.3.3 Pêndulo Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.4 Problemas com Valores Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.5 Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.6 EDO de Primeira ordem separável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.7 Equações Diferenciais Ordinárias Exata de Primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.7.1 Fator Integrante para EDO Exata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.8 Equações Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.9 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Capítulo 1
Sequências de números reais
1.1 Definição e exemplos
Definição 1.1 (Sequência). Uma sequência de números reais é uma função f :N→ R, que associa
a cada número natural n ∈N um número real f (n) chamado de n−ésimo termo da sequência.
Para facilitar a notação, denotando f (n) := xn, escrevemos (x1, x2, ..., xn, ...) ou (xn)n∈N ou sim-
plesmente (xn).
Exemplo 1.1. (a) A sequência cujo o n−ésimo termo é xn = 2n é dada por (2, 4, 6, ...);
(b) A sequência cujo o n−ésimo termo é xn = (−1)n+1 é dada por (1,−1, 1,−1, ...);
(c) A sequência cujo o n−ésimo termo é xn =
√
n é dada por (1,
√
2,
√
3, ...);
(d) A sequência cujo o n−ésimo termo é xn = (−1)
n+1
n é dada por (1,−12 , 13 ,−14 , ...);
(e) A sequência cujo o n−ésimo termo é xn = n−1n é dada por (0, 12 , 23 , 34 , ...);
Observação. • Uma sequencia sempre possui infinitos elementos, por isso não confundir os
elementos de uma sequencia com o conjunto de valores da mesma. Por exemplo o conjunto
de valores da sequencia do ítem (b) acima é {−1, 1}. Mais ainda, as sequecias (0, 1, 0, 1, ...) e
(0, 0, 1, 0, 0, 1, ...) são distintas mas possuem o mesmo conjunto de valores, a saber {0, 1}.
• Nem sempre o termo geral xn de uma sequencia é dado por uma fórmula como nos exemplos
anteriores. Por exemplo não existe formula para o termo geral da sequencia de números
primos (2, 3, 5, 7, 11, ...).
• Por definição uma sequencia é indexada a partir de n = 1, ou seja x1 é o primeiro termo da
sequencia, x2 é o segundo termo da sequencia e assim por diante. Porém em alguns casos
é necessário indexar a sequencia a partir de um certo número natural n , 1. Por exemplo a
1
sequencia cujo termo geral é dado por xn =
√
n − 5 só faz sentido para n ≥ 5. Porém, sem
perda de generalidade, podemos definir uma outra sequencia indexada a partir de n = 1 cujo
seus elementos são iguais aos da sequencia (xn), a saber yn = xn+5.
Nosso próximo passo é estabelecer o conceito de sequencias convergentes. Moralmente falando
dizemos que uma sequencia (xn) converge para o número real L se os elementos desta sequencia, a
medida que n cresce, ficam tão próximo de L o quanto se deseje. A proximidade entre os elementos
da sequencia e L é medida por |xn − L|. Rigorosamente falando temos a seguinte definição.
Definição 1.2 (Sequência Convergente). Dizemos que uma sequência (xn) converge para o número
real L se para todo ε > 0 existe n0 ∈N tal que se n > n0 então |xn − L| < ε.
Quando uma sequencia (xn) converge para L escrevemos limn→∞ xn = L ou lim xn = L, ou
simplesmente, xn → L. Uma sequencia que não converge é dita ser uma sequencia divergente.
Observação. • A definição acima significa que para todo intervalo não-degenarado centrado
em L, (L− ε,L+ ε), existe um índice n0 tal que a partir deste índice os elementos da sequencia
pertencem a este intervalo, pois |xn − L| < ε é equivalente a dizer que xn ∈ (L − ε,L + ε).
• Se xn → L então os elementos da sequencia que não pertencem aos intervalos da forma
(L − ε,L + ε) são finitos, visto que
#{n ∈N; xn < (L − ε,L + ε)} ≤ n0.
• A Definição 1.2 pode ser redigida com n ≥ n0 ao invés de n > n0. De fato se existe n0 tal que
n ≥ n0 implica |xn − L| < ε existe n′0 = n0 − 1 tal que n > n′0 implica |xn − L| < ε.
• Observe que tanto faz fazer |xn − L| < ε ou |xn − L| < ε/2 para todo ε > 0, visto que {ε; ε ∈
R∗+} = {ε/2; ε ∈ R∗+}. Analogamente, tanto faz mostrar que |xn − L| < ε ou |xn − L| < k · ε, onde
k é uma constante, visto que {ε; ε ∈ R∗+} = {k · ε; ε ∈ R∗+}.
Exemplo 1.2. A sequencia (xn) =
(
1
n
)
converge para zero, ou seja limn→∞ 1n = 0. Para isso observe
que dado qualquer ε > 0,
|xn − 0| =
∣∣∣∣∣1n − 0
∣∣∣∣∣ = 1n < ε⇔ n > 1ε .
Assim dado qualquer ε > 0 escolhemos n0 de forma que n0 > 1ε , pois se n > n0 >
1
ε então
|xn − 0| =
1
n
< ε.
Na tabela abaixo atribuímos alguns valores para ε e calculamos n0.
2
ε 1/ε n0
1 1 1
1/2 2 2
1/10 10 10
1/100 100 100
1/1000 1000 1000
Note que quanto menor for o ε mais exigentes estamos na proximidade entre xn e o limite 0 e
portanto temos que tomar n0 cada vez maior. Apesar disso um fato permanece inalterado, a saber:
os elementos da sequencia (xn) que não pertencem aos intervalos da forma (L− ε,L+ ε) são finitos.
Outro fato importante que vemos ao analisar a tabela é que o n0 na Definição 1.2 depende do ε.
Exemplo 1.3. A sequencia (xn) =
(
n
n+2
)
= ( 13 ,
1
2 ,
3
5 , ...) converge para 1. Para isso observe que dado
qualquer ε > 0,
|xn − 1| =
∣∣∣∣ nn + 2 − 1∣∣∣∣ = 2n + 2 < ε⇔ n > 2ε − 2.
Assim dado qualquer ε > 0 escolhemos n0 de forma que n0 > 2ε − 2, pois se n > n0 > 2ε − 2 então
|xn − 1| =
2
n + 2
< ε.
ε 2/ε − 2 n0
1 1 1
1/2 2 2
1/10 18 18
1/100 198 198
1/1000 998 998
Exemplo 1.4. A sequencia (xn) = 2nn+ cos 3n converge para 2. De fato note primeiro que
|xn − 2| = 2| cos 3n||n+ cos 3n|
≤︸︷︷︸
| cos 3n|≤1
2
|n+ cos 3n|
≤︸︷︷︸
|n+ cos 3n|≥|n|−| cos 3n|
2
|n|−| cos 3n|
≤︸︷︷︸
| cos 3n|≤1
2
n−1
Agora observe que dado qualquer ε > 0,
|xn − 2| ≤
2
n − 1 < ε⇔ n >
2
ε
− 1.
Assim dado qualquer ε > 0 escolhemos n0 de forma que n0 > 2ε − 1 pois se n > n0 então |xn − 2| < ε.
3
Exemplo 1.5. Seja xn = (−1)n+1. Vamos mostrar que a sequencia (xn) não converge. Para isto
suponhamos, por absurdo,que lim xn = L. Assim por definição dado ε = 1/2 existe n0 ∈N tal que
se n > n0. então |xn − L| < 1/2, ou equivalentemente L ∈ (xn − 1/2, xn + 1/2). Agora note que
xn =
 1, se n é impar−1, se n é par
Assim se n for impar e maior do que n0 temos que L ∈ (1 − 1/2, 1 + 1/2) = (1/2, 3/2) e se n
for par e maior do que n0 temos que l ∈ (−1 − 1/2,−1 + 1/2) = (−3/2,−1/2) e, portanto L ∈
(1/2, 3/2) ∩ (−3/2,−1/2) o que é absurdo.
Definição 1.3 (Sequência Limitada). Dizemos que uma sequencia (xn) é limitada se existem nú-
meros reais A e B tais que
A ≤ xn ≤ B para todo n ∈N.
Observação. Na definição acima, fazendo M := max{|A|, |B|} > 0, temos que B ≤ |B| ≤ M e
−A ≤ |A| ≤ M, ou seja, −M ≤ A e B ≤ M e portanto −M ≤ xn ≤ M, ou equivalentemente |xn| ≤ M.
Logo poderíamos, equivalentemente, dizer que uma sequencia (xn) é limitada se existe M > 0 tal
que |xn| ≤M para todo n ∈N.
Teorema 1.1. Toda sequência convergente é limitada.
Demonstração. Seja (xn) uma sequência tal que lim xn = L. Assim por definição dado ε > 0 existe
n0 ∈N tal que se n > n0 então
|xn − L| < ε⇔ L − ε < xn < L + ε,
ou seja a partir do indíce n0 + 1 os termos da sequencia (xn) estão limitados. Falta agora limitar
termos x1, ..., xn0 ,que são um número finitos de termos. Para isto sejam A = min{x1, ..., xn0 ,L−ε,L+ε}
e B = max{x1, ..., xn0 ,L − ε,L + ε}. Então para todo n ∈N temos que A ≤ xn ≤ B. �
A recíproca deste teorema não é verdadeira. A sequencia xn = (−1)n+1 é limitada, pois −1 ≤
xn ≤ 1 para todo n ∈Nmas como vimos no Exemplo 1.5, esta sequencia é divergente.
Definição 1.4 (Sequência Monótona). Uma sequencia (xn) chama-se monótona não-decrescente
quando xn ≤ xn+1 para todo n ∈ N e chama-se monótona não-crescente quando xn+1 ≤ xn para
todo n ∈N.
4
Teorema 1.2. Toda sequência monótona e limitada é convergente.
A prova do teorema acima foge um pouco do contexto desse livro e por isso será omitida mas,
pode ser encontrado facilmente em qualquer livro de Análise matemática.
Exemplo 1.6. Seja (xn) a sequencia cujo o termo geral é dado por
xn = 1 + 1 +
1
2!
+ · · · + 1
n!
.
Note que (xn) é monótona. De fato xn+1−xn = 1(n+1)! > 0 e portanto xn+1 > xn. Ela também é limitada
pois 2n−1 ≤ n! para todo n ∈N e assim
2 ≤ xn ≤ 1 + 1 +
1
2
+
1
22
· · · + 1
2n−1︸ ︷︷ ︸
soma de p.g. infinita
= 3.
Pelo teorema anterior esta sequencia converge e escreveremos e := lim xn. O número e é uma
contante que desempenha um papel importantíssimo na matemática e vale e = 2, 7182....
Como o leitor pode perceber não é uma tarefa fácil mostrar que uma sequencia converge para
um número real L pela definição. Na próxima seção mostraremos alguns resultados que facilitará
este trabalho.
1.2 Operações com limites
Teorema 1.3. Se lim xn = 0 e (yn) é uma sequencia limitada então lim(xn · yn) = 0.
Demonstração. Como (yn) é uma sequencia limitada existe M > 0 tal que |yn| ≤M para todo n ∈N.
Como lim xn = 0, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que se n > n0 então |xn| = |xn − 0| < ε/M. Assim, se
n > n0
|xn · yn − 0| = |xn · yn| = |xn| · |yn| <
ε
M
·M = ε.
�
Exemplo 1.7. Seja (zn) a sequencia dada por zn = sen n/n. Note que zn = xn · yn, onde xn = 1/n
e yn = sen n. Sabemos que lim xn = 0 (Exemplo 1.2) e que (yn) é uma sequencia limitada, pois
| sen n| ≤ 1 para todo n ∈N. Assim pelo Teorema 1.3 temos que
lim zn = lim
sen n
n
= 0.
5
Teorema 1.4. Se lim xn = L1 e lim yn = L2 então:
1. lim(xn + yn) = lim xn + lim yn = L1 + L2;
2. lim(xn − yn) = lim xn − lim yn = L1 − L2;
3. lim(xn · yn) = lim xn · lim yn = L1 · L2;
4. lim 1xn =
1
lim xn =
1
L1
, se L1 , 0;
5. lim xnyn =
lim xn
lim yn =
L1
L2
, se L2 , 0.
Demonstração. 1. Por definição, dado ε > 0 existe n1 ∈ N tal que se n > n1 então |xn − L1| < ε/2.
Analogamente existe n2 ∈N tal que se n > n2 então |yn−L2| < ε/2. Tomando n0 = max{n1,n2}
temos que se n > n0
|(xn + yn) − (L1 + L2)| ≤ |xn − L1| + |yn − L2| < ε/2 + ε/2 = ε.
2. Análogo ao ítem anterior.
3. Como a sequencia (yn) é convergente temos que ela é limitada pelo Teorema 1.1, ou seja,
existe M > 0 tal que |yn| ≤ M para todo n ∈ N. Por hipótese, e por uma Observação feita
anteriormente, temos que dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que se n ≥ n0 então |xn − L1| ≤ ε/(2M)
e |yn −L2| < ε/(2|L1|).Agora note que xn · yn −L1 ·L2 = (xn −L1)yn +L1(yn −L2). Logo se n > n0
|xn · yn − L1 · L2| = |(xn − L1)| · |yn| + |L1| · |yn − L2|
≤ ε
2M
·M + |L1| ·
ε
2|L1|
=
ε
2
+
ε
2
= ε.
4. Como lim xn = L1 temos que dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que se n > n0 então |xn − L1| < ε.
Como L1 , 0 fazendo ε = |L1|/2 temos que existe n1 ∈N tal que |xn − L1| < |L1|/2. Então
|L1| − |xn| ≤ |xn − L1| <
|L1|
2
⇒ |xn| > |L1| −
|L1|
2
=
|L1|
2
, para n ≥ n1.
Assim fazendo n′0 = max{n0,n1} temos que∣∣∣∣∣ 1xn − 1L1
∣∣∣∣∣ = |xn − L1||xn · L1| ≤ ε|L1| · |L1|2 .
6
5. Basta notar que xn · yn = xn · 1yn e aplicar os ítens 3 e 4.
�
Exemplo 1.8. 1. lim
(
−1
n
)
= lim−1 · lim 1n = −1 · 0 = 0.
2. lim n−1n = lim
(
1 − 1n
)
= lim 1 + lim
(
−1
n
)
= 1 − 0 = 1.
3. lim 5n2 = lim
(
5 · 1n · 1n
)
= lim 5 · lim 1n · lim 1n = 5 · 0 · 0 = 0.
4. lim 4−7n
6
n6+3 = lim
(4−7n6)· 1
n6
(n6+3)· 1
n6
= lim
4
n6
−7
1+ 3
n6
=
lim( 4
n6
−7)
lim(1+ 3
n6
)
= −71 = −7.
Teorema 1.5 (Teorema do Confronto). Se lim xn = lim yn = L e existe n0 ∈N tal que xn ≤ zn ≤ yn
para todo n > n0 então lim zn = L.
Demonstração. Dado qualquer ε > 0 existem n1,n2 ∈N tais que
|xn − L| < ε, para todo n > n1 ⇔ L − ε < xn < L + ε para todo n > n1 (1.1)
|yn − L| < ε, para todo n > n2 ⇔ L − ε < yn < L + ε para todo n > n2. (1.2)
Seja n0 = max{n1,n2}. Então para todo n > n0 temos
L − ε < xn ≤ zn ≤ yn < L + ε⇒ |zn − L| < ε.
�
Exemplo 1.9. 1. Calcular lim cos nn .
Para isto note que −1 ≤ cos n ≤ 1 para todo n ∈N e portanto
−1
n
≤ cos n
n
≤ 1
n
, para todo n ∈N.
Como lim
(
−1
n
)
= lim
(
1
n
)
= 0, temos pelo Teorema do Confronto que lim cos nn = 0.
2. Calcular lim 12n .
Note que n ≤ 2n para todo n ∈N e portanto
0 ≤ 1
2n
≤ 1
n
para todo n ∈N.
Como lim 0 = lim 1n = 0 temos que lim
1
2n = 0.
3. Calcular lim (−1)
n
n .
7
Basta notar que,
−1
n
≤ (−1)
n
n
≤ 1
n
para todo n ∈N
e que lim −1n = lim
1
n = 0 para concluir que lim
(−1)n
n = 0.
Teorema 1.6. Sejam (xn) uma sequencia de números reais tal que limxn = L e f : (a, b)→ R uma
função contínua em L ∈ (a, b). Então lim f (xn) = f (L).
Demonstração. Da continuidade de f em L temos que dado qualquer ε > 0 existe δ > 0 tal que se
|x − L| < δ então | f (x) − f (L)| < ε. (1.3)
Além disso, pelo fato de lim xn = L temos que para o δ acima existe n0 ∈ N tal que se n > n0 então
|xn − L| < δ. Assim se n > n0 por (1.3) temos que | f (xn) − f (L)| < ε, e portanto, lim f (xn) = f (L). �
Corolário. Se lim xn = L então lim |xn| = |L|.
Demonstração. Basta usar a função contínua f (x) = |x| no teorema anterior. �
Observação.
1. A recíproca deste corolário não é válida. Se considerarmos a sequencia (xn) dada por xn =
(−1)n+1 temos que |xn| = 1 para todo n ∈ N e , portanto lim |xn| = 1. Mas não existe lim xn,
como vimos no Exemplo 1.5.
2. Há um caso bem particular em que a recíproca vale, a saber: Se lim |xn| = 0 então lim xn = 0.
De fato, dado ε > 0 existe n0 ∈N tal que
||xn| − 0| < ε para todo n > n0 ⇔ |xn − 0| < ε para todo n > n0.
Exemplo 1.10. 1. Calcular lim
√
n+1
n .
Como sabemos que lim n+1n = 1 e a função f (x) =
√
x é contínua em x = 1 temos que
lim
√
n + 1
n
= f (1) =
√
1 = 1.
2. Calcular lim 2
1
n .
Sabemos que lim 1n = 0 e que a função f (x) = 2
x é contínua temos que
lim 2
1
n = f (0) = 20 = 1.
8
Teorema 1.7. Sejam f : [a,+∞) → R uma função e (xn) uma sequencia tal que xn = f (n) para
todo natural n > a. Se limx→∞ f (x) = L então lim xn = L.
Demonstração. Como limx→∞ f (x) = L temos que dado qualquer ε > 0 existe M > 0 tal que se x >M
então | f (x) − L| < ε. Fixe n0 ∈N tal que n0 ≥M. Então para n > n0 temos que
|xn − L| = |xn − f (L)| < ε.
�
Exemplo 1.11. 1. Calcular lim ln nn .
Considere a função f (x) = ln xx e note que
lim
x→∞
ln x
x
= lim
x→∞
1/x
1
= lim
x→∞
1
x
= 0.
Assim limln nn = limx→∞
ln x
x = 0.
2. Calcular lim
(
n+1
n−1
)n
.
Considere a função f (x) =
(
x+1
x−1
)x
. Se limx→∞ f (x) = L então
ln L = lim
x→∞
ln
(x + 1
x − 1
)x
= lim
x→∞
[
x · ln
(x + 1
x − 1
)]
= lim
x→∞
ln
(
x+1
x−1
)
1/x
= lim
x→∞
−2
x2−1
−1/x2 = limx→∞
2x2
x2 − 1 = 2.
Portanto L = e2 e lim ln nn = e
2.
3. Calcular lim n
√
n. Considere a função f (x) = x1/x. Se limx→∞ x1/x = L então
ln L = lim
x→∞
ln x1/x = lim
x→∞
ln x
x
= lim
x→∞
1/x
1
= 0.
Portanto L = e0 = 1.
Teorema 1.8. Seja (xn) uma sequencia de números reais positiva, isto é, xn > 0 para todo n ∈N.
Se lim xn+1xn = a < 1 então lim xn = 0.
9
Demonstração. Usando o fato de que lim xn+1xn = a < 1 e que xn > 0 e temos que para ε =
a−1
2 existe
n0 ∈N tal que se n > n0 então
0 <
xn+1
xn
− a < a − 1
2
⇒ xn+1
xn
<
a + 1
2
.
Daí temos
0 < xn+1 =
xn+1
xn
· xn <
a + 1
2
· xn, para n > n0, (1.4)
ou seja a sequencia (xn)n>n0 é monótona e limitada e portanto pelo Teorema 1.2 temos que ela é
convergente. Seja b := lim xn. Fazendo n→∞ em (1.4) temos que
b = lim xn+1 ≤ lim
a + 1
2
· xn =
a + 1
2
lim xn =
a + 1
2
b,
isto é 1−a2 · b =
(
1 − a+12
)
b ≤ 0. Como b ≥ 0 e 0 < (1 − a)/2 < 1, concluímos que b = 0. �
Exemplo 1.12. 1. Mostre que lim an = 0 para todo |a| < 1. Com efeito fazendo xn := |a|n temos
que xn > 0 para todo n ∈N e que
lim
xn+1
xn
= lim
|a|n+1
|an| = lim |a| = |a| < 1.
Assim pelo teorema anterior temos que lim |a|n = 0. Agora note que 0 ≤ |an| ≤ |a|n e portanto
pelo Teorema do Confronto lim |an| = 0. Logo lim an = 0, pela observação do Corolário 1.2.
2. Mostre que lim a
n
n! = 0. De fato, fazendo xn =
an
n! temos que
lim
xn+1
xn
= lim
an+1
(n + 1)!
· n!
an
= lim
a
n + 1
= 0 < 1.
Assim o resultado segue do teorema anterior.
1.3 Exercícios
10
Capítulo 2
Séries numéricas
2.1 Definição e exemplos
Definição 2.1 (Sequência de somas parciais). Seja (xn) uma sequencia de números reais. A se-
quencia (sn) definida por
s1 = x1, s2 = x1 + x2, ..., sn = x1 + x2 + · · · + xn
chama-se sequencia de soma parcial ou reduzida associada a sequencia (xn).
Note que
sn = x1 + x2 + · · · + xn =
n∑
j=1
x j. (2.1)
Se a sequencia (sn) for convergente, isto é, se existir o limite s = lim sn, definimos a soma infinita de
(2.1) como sendo o limite
s = lim sn = lim
n∑
j=1
x j =
∞∑
j=1
x j.
Neste caso diremos que a série
∑
xn é convergente. Se lim sn não existir, diremos que a série∑
xn é divergente.
Exemplo 2.1. Seja a, q ∈ R fixados. Considere a sequencia (xn) cujo termo geral é dado por
xn = a · qn−1. Analisaremos a convergência da série
∞∑
j=1
aqn−1 = a + aq + aq2 + . . . + aqn−1 + . . .
11
Como podemos ver a sequencia (xn) é uma progressão geométrica (p.g.) cujo o primeiro termo é a e
a razão é q.Queremos calcular a soma infinita desta p.g. Como é sabido o termo geral da sequencia
de somas parciais (sn) é dado por
sn =
a − aqn
1 − q =
a
1 − q −
aqn
1 − q .
Se |q| < 1 então pelo Exemplo 1.12 remos que lim qn = 0. Logo
lim sn = lim
(
a
1 − q −
aqn
1 − q
)
= lim
a
1 − q − lim
aqn
1 − q
=
a
1 − q −
a
1 − q lim q
n =
a
1 − q −
a
1 − q · 0
=
a
1 − q .
Isto significa que, se |q| < 1 então
∞∑
j=1
aqn−1 =
a
1 − q .
Se |q| > 1 temos que lim qn = ±∞ e portanto
lim sn lim
(
a
1 − q −
aqn
1 − q
)
= ±∞,
ou seja a série
∑
aqn−1 diverge.
Se q = 1 então sn = a · n. logo limsn = ∞ e portanto a serie
∑
aqn−1 diverge.
Se q = −1 então sn = a − a + a − a + . . . , ou seja
sn =
 0, se n for para, se n for impar.
Portanto a sequencia (sn) não converge (ver Exemplo 1.5) e, por conseguinte, a serie
∑
aqn−1
diverge.
Exemplo 2.2. Iremos estudar a convergência da série
∑ 1
n(n+1) . Para isto note que
1
n(n + 1)
=
1
n
− 1
n + 1
12
e portanto
sn =
n∑
j=1
1
j( j + 1)
=
n∑
j=1
(
1
j
− 1
j + 1
)
=
(
1 − 1
2
)
+
(1
2
− 1
3
)
+
(1
3
− 1
4
)
+
(1
4
− 1
5
)
+ . . . +
(1
n
− 1
n + 1
)
= 1 − 1
n + 1
=
n
n + 1
.
Como lim sn = lim nn+1 = 1 temos que
∞∑
j=1
1
j( j + 1)
= 1.
Exemplo 2.3. Iremos analisar a convergência da série
∑ 1
n que é conhecida como série harmônica.
Note que
s2 = 1 + 1/2
s4 = 1 + 1/2 + (1/3 + 1/4) > 1 + 1/2 + (1/4 + 1/4) = 1 + 2 · (1/2)
s8 = s4 + (1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8) > s4 + (1/8 + 1/8 + 1/8 + 1/8) > 1 + 2 · (1/2) + 1/2 = 1 + 3 · (1/2)
s16 = s8 + (1/9 + 1/10 + ... + 1/16)︸ ︷︷ ︸
8 parcelas
> s8 + (1/16 + ... + 1/16)︸ ︷︷ ︸
8 parcelas
> 1 + 3 · (1/2) + (1/2) = 1 + 4 · (1/2)
s32 = s16 + 1/17 + ... + 1/32︸ ︷︷ ︸
16 parcelas
> s16 + 1/32 + ... + 1/32︸ ︷︷ ︸
16 parcelas
> 1 + 4 · (1/2) + 1/2 = 1 + 5 · (1/2)
Procedendo indutivamente temos que s2n > 1 + n · (1/2). Como lim(1 + n · (1/2)) = ∞ temos que
lim sn = ∞ e portanto a série
∑ 1
n é divergente.
Nosso próximo resultado nos dá uma condição necessária para a convergência de uma série.
Teorema 2.1. Se uma série converge então seu termo geral tende a zero. Matematicamente
falando, se
∑
xn converge então lim xn = 0.
Demonstração. Note que
sn+1 =
n+1∑
j=1
x j =
n∑
j=1
x j + xn+1 ⇒ sn+1 − sn = xn+1. (2.2)
Como, por hipótese,
∑
xn converge seja s = lim sn. Logo passando o limite em (2.2) temos
lim xn+1 = lim(sn+1 − sn) = lim sn+1 − lim sn = s − s = 0.
13
�
A condição dada pelo Teorema 2.1 não é suficiente, visto que a série harmônica, dada no
Exemplo 2.3 não é convergente mas lim 1n = 0. Portanto o leitor pode-se perguntar qual a utilidade
deste resultado. Na verdade, este Teorema é muito útil quando usamos a sua forma contra-positiva,
também conhecido como teste da divergência, ou seja
Se lim xn , 0 então
∑
xn diverge. (2.3)
Exemplo 2.4. As séries ∑
n2,
∑ n + 1
n
,
∑
(−1)n,
∑ −n
2n + 5
não convergem. De fato
lim n2 = ∞, lim n + 1
n
= 1, @ lim(−1)n, lim −n
2n + 5
= −1
2
.
Nosso próximo resultado diz respeito a cerca das propriedades de convergência de séries.
Teorema 2.2. Sejam
∑
xn e
∑
yn séries de números reais.
1. Se
∑
xn converge então
∑
λxn converge e
∑
λxn = λ
∑
xn para todo λ ∈ R.
2. Se
∑
xn diverge então
∑
λxn diverge para todo λ ∈ R∗.
3. Se
∑
xn e
∑
yn convergem então
∑
(xn + yn) converge e
∑
(xn + yn) =
∑
xn +
∑
yn.
4. Se
∑
xn e
∑
yn convergem então
∑
(xn − yn) converge e
∑
(xn − yn) =
∑
xn −
∑
yn.
5. Se
∑
xn converge e
∑
yn diverge então
∑
(xn + yn) diverge.
Demonstração.
1. Sejam (sn) e (tn) as sequencias de somas parciais das séries
∑
xn e
∑
λxn, respectivamente e
S = lim sn. Então
lim tn = lim
n∑
i=1
λxn = lim
λ n∑
i=1
xn
 = λ · lim n∑
i=1
xn = λ · lim sn = λ · S.
2. Suponha, por absurdo, que
∑
λxn converge para todo λ ∈ R∗. Então pelo item anterior
1
λ
·
∑
λxn converge ⇒
∑
xn =
∑ 1
λ
λxn converge ,
o que é absurdo.
14
3. Sejam (sn), (tn) e (rn) as sequencias de somas parciais das séries
∑
xn,
∑
yn,
∑
(xn + yn) respec-
tivamente, S = lim sn e T = lim tn. Então
lim rn = lim
n∑
i=1
(xn + yn) = lim
 n∑
i=1
xn +
n∑
i=1
yn
 = lim(sn + tn) = lim sn + lim tn = S + T.
4. Análogo ao item anterior.
5. Suponha, por absurdo, que
∑
(xn + yn) converge. Dado que, por hipótese
∑
xn é convergente
temos que, pelo item 2, ∑
yn =
∑
(xn + yn − xn) é convergente ,
o que é absurdo.
�
Observação. Se
∑
xn e
∑
yn são divergentes não necessariamente
∑
(xn+ yn) é divergente. Para ver
isto, considere as séries
∑ 1
n e
∑ −1
n que são ambas divergentes mas
∑ 1
n +
−1
n = 0 é convergente.
Exemplo 2.5.
1.
∑ 3n−1 − 1
6n−1
=
∑ 3n−1
6n−1
− 1
6n−1
=
∑(1
2
)n−1
−
∑(1
6
)n−1
=
1
1 − 1/2 −
1
1 − 1/6 =
4
5
.
2.
∑ 4
2n−1
= 4 ·
∑(1
2
)n−1
= 4 · 1
1 − 1/2 = 8.
3.
∑ 3
n(n + 1)
= 3 ·
∑ 1
n(n + 1)
= 3 · 1 = 3 (ver Exemplo 2.2).
4.
∑( 1
7n
+
1
7n
)
diverge, já que
∑(1
7
)n
converge e
∑ 1
7n
=
1
7
·
∑ 1
n
diverge.
Nosso próximo resultado diz que se retirarmos ou adicionarmos un número finito de termos
numa série convergente ela continua convergente.
Proposição 2.3.
∞∑
i=1
xn converge⇔
∞∑
i=k
xn converge.
Demonstração.Sejam (sn) e (tn) as sequencias de somas parciais das séries
∞∑
i=1
xn e
∞∑
i=k
xn respectiva-
mente. Basta notar que
∞∑
i=1
xi =
k−1∑
i=1
xi +
∞∑
i=k
xi
15
e portanto se n > k temos
sn =
n∑
i=1
xi =
k−1∑
i=1
xi +
n∑
i=k
xi =
k−1∑
i=1
xi + tn. (2.4)
Fazendo n tende ao infinito em (2.4) temos que
lim sn = lim
 k−1∑
i=1
xi + tn
 = lim k−1∑
i=1
xi + lim tn =
k−1∑
i=1
xi + lim tn.
Logo o existe lim sn se, e somente se, existe lim tn. �
Exemplo 2.6.
∞∑
i=4
(1
5
)n−1
=
∞∑
i=1
(1
5
)n−1
− (1 + 1
5
+
1
25
) =
1
1 − 1/5 −
31
25
=
5
4
− 31
25
=
1
100
.
Observação. Podemos resolver o exemplo anterior utilizando um processo diferente. Faremos o
seguinte:
∞∑
i=4
(1
5
)n−1
=
∞∑
i=1
(1
5
)n+2
=
∞∑
i=1
(1
5
)n−1
·
(1
5
)3
=
1
53
·
∞∑
i=1
(1
5
)n−1
=
1
53
· 1
1 − 1/5 =
1
100
.
O processo utilizado acima é conhecido como reindexação de uma série.
2.2 Séries de termos não-negativos.
Em vários casos é comum considerar um série
∑
xn cujo os termos são não-negativos, isto é,
xn ≥ 0 para todo n ∈N. Isto se deve ao fato de que é muito mais fácil determinar se um série deste
tipo é convergente ou não. Para ver isto note que a sequencia de somas parcias (sn) de uma série
deste tipo é uma sequencia monótona não-decrescente, isto é
sn ≤ sn+1 para todo n ∈N. (2.5)
Assim pelo Teorema 1.2 para mostrar que
∑
xn converge basta mostrar que (sn) é limitada. No
decorrer desta seção veremos alguns critérios e testes para analisar a convergência de séries deste
tipo.
Teorema 2.4 (Critério de comparação). Sejam
∑
xn e
∑
yn séries de termos não-negativos tais
que xn ≤ yn para todo n ∈N. Se
1. a série
∑
yn converge então a série
∑
xn converge.
16
2. a série
∑
xn diverge então a série
∑
yn diverge.
Demonstração. Sejam
sn =
n∑
i=1
xn, Sn =
n∑
i=1
yn,
as sequencias de somas parciais das series
∑
xn e
∑
yn respectivamente. Por hipótese temos que
sn ≤ Sn para todo n ∈N. (2.6)
1. Como
∑
yn converge temos que existe o limite S = lim Sn. Como a séries são de termos
não-negativos temos que 0 ≤ Sn < S e portanto por (2.6)
0 ≤ sn < S.
Novamente pela fatos dos termos xn serem não negativos temos que
sn ≤ sn+1 para todo n ∈N. (2.7)
De (2.6) e (2.7) concluímos que a sequencia (sn) é monótona e limitada e portanto pelo Teorema
1.2 ela converge.
2. Como a sequencia (sn) não converge por (2.7) temos que lim sn = ∞. Logo por (2.6) temos que
lim Sn = ∞ e, portanto, a série
∑
yn diverge.
�
Exemplo 2.7.
1. A série
∑ 3
4n+3 converge. De fato note que 4
n < 4n + 3 e portanto
1
4n + 3
<
1
4n
⇒ 3
4n + 3
<
3
4n
⇒
∑ 3
4n + 3
<
∑ 3
4n
.
Além disso∑ 3
4n
= 3 ·
∑(1
4
)n
= 3 ·
∑ 1
4
·
(1
4
)n−1
=
3
4
·
∑(1
4
)n−1
=
3
4
· 1
1 − 1/4 = 1.
Logo pelo teste da comparação segue o resultado.
2. A série
∑ 1√
n
diverge. Para ver isto note que
1
n
≤ 1√
n
.
17
Como
∑ 1
n diverge (Exemplo 1.2) temos, pelo critério de comparação, que
∑ 1√
n
diverge.
3. A série
∑ 5
5n−1 diverge. Isto segue do fato de que
5n − 1 < 5n⇒ 1
5n
<
1
5n − 1 ⇒
1
n
<
5
5n − 1 .
Como
∑ 1
n é divergente então
∑ 5
5n−1 é divergente.
4. Analisar a convergência da série
∑ 1
nn . Para isto note que
1
nn
≤ 1
2n−1
para todo n ∈N.
Como a série
∑ 1
2n converge (Exemplo 2.1) temos, pelo critério de comparação, que
∑ 1
nn
converge.
5. A série
∑ 1
2n+
√
n
é convergente. Isto segue da observação que
2n < 2n +
√
n⇒ 1
2n +
√
n
<
1
2n
e que a série
∑ 1
2n converge.
6. A série
∑ 1
(n+1)2 é convergente. Com efeito,
n(n + 1) < (n + 1)2 ⇒ 1
(n + 1)2
<
1
n(n + 1)
e
∑ 1
n(n+1) converge (Exemplo 2.2).
7. A série
∑ 1
n! converge. Para ver isto basta notar que 2
n−1 ≤ n! e que ∑ 12n−1 converge.
8. A série
∑ 1
nn converge. Note que
2n ≤ nn para todo n ≥ 2⇒ 1
nn
≤ 1
2n
para todo n ≥ 2⇒
∞∑
i=2
1
nn
≤
∞∑
i=2
1
2n
.
e que
∞∑
i=1
1
nn
= 1 +
∞∑
i=2
1
nn
≤ 1 +
∞∑
i=2
1
2n
. (2.8)
Como
∞∑
i=1
1
2n
converge temos pela Proposição 2.3 que
∑∞
i=2
1
2n é convergente e portanto por
(2.8) temos que
∑ 1
nn é convergente.
18
Teorema 2.5 (Teste da comparação com limite). Sejam
∑
xn e
∑
yn séries com termos positivos.
1. Se lim xnyn = L , 0 então ambas as séries tem o mesmo comportamento, isto é, ambas são
convergentes ou ambas são divergentes.
2. Se lim xnyn = 0 e
∑
yn converge então
∑
xn converge.
3. Se lim xnyn = +∞ e
∑
yn diverge então
∑
xn diverge.
Demonstração.
1. Como lim xnyn = L , 0 então para ε =
L
2 > 0 existe n0 ∈N tal que∣∣∣∣∣xnyn − L
∣∣∣∣∣ < L2 para todo n > n0 ⇔ −L2 < xnyn − L < L2 para todo n > n0
⇔ L − L
2
<
xn
yn
< L +
L
2
para todo n > n0
⇔ L
2
<
xn
yn
<
3L
2
para todo n > n0
⇔ L
2
yn < xn <
3L
2
yn para todo n > n0.
Portanto
L
2
·
∞∑
i=n0+1
yn <
∞∑
i=n0+1
xn <
3L
2
·
∞∑
i=n0+1
yn (2.9)
Logo se
∞∑
i=1
xn converge ⇒
∞∑
i=n0+1
xn converge pela Proposição 2.4
⇒
∞∑
i=n0+1
yn coverge por (2.9) e pelo Teorema 2.4
⇒
∞∑
i=1
yn coverge, novamente pela Proposição 2.4,
19
e se ∞∑
i=1
xn diverge ⇒
∞∑
i=n0+1
xn diverge pela Proposição 2.4
⇒
∞∑
i=n0+1
yn diverge por (2.9) e pelo Teorema 2.4
⇒
∞∑
i=1
yn diverge, novamente pela Proposição 2.4.
Os outros casos a se considerar são feitos de maneira análoga.
2. Como lim xnyn = 0 temos que para todo ε > 0 existe n0 tal que
xn
yn
=
∣∣∣∣∣xnyn − 0
∣∣∣∣∣ < ε para todo n > n0 ⇔ xn < ε · yn para todo n > n0,
ou seja
∞∑
i=n0+1
xn < ε ·
∞∑
i=n0+1
yn. (2.10)
Como por hipótese
∞∑
i=1
yn converge ⇒
∞∑
i=n0+1
yn converge pela Proposição 2.4
⇒
∞∑
i=n0+1
xn converge por (2.10) e pelo Teorema 2.4
⇒
∞∑
i=1
xn converge, novamente pela Proposição 2.4.
3. Como lim xnyn = +∞ temos que para todo M > 0 existe n0 tal que
xn
yn
=
∣∣∣∣∣xnyn
∣∣∣∣∣ >M para todo n > n0 ⇔ xn >M · yn para todo n > n0,
o que nos dá
∞∑
i=n0+1
yn <
1
M
·
∞∑
i=n0+1
xn. (2.11)
20
Assim se
∞∑
i=1
yn diverge ⇒
∞∑
i=n0+1
yn diverge pela Proposição 2.4
⇒
∞∑
i=n0+1
xn diverge por (2.11) e pelo Teorema 2.4
⇒
∞∑
i=1
xn diverge, novamente pela Proposição 2.4.
�
Exemplo 2.8. 1.
∑
sen
(
1
n
)
é convergente?
Note que pelo Teorema
lim
sen
(
1
n
)
1/n
= 1,
já que a função f (x) = sen xx é contínua em todo o seu domínio e limx→0
sen x
x = 1. Como
∑ 1
n
diverge temos pelo teorema anterior que
∑
sen
(
1
n
)
também diverge.
2. Analisaremos a convergência da série
∑ 2n2+3n+1
en(n2+2) . Note que
lim
2n2+3n+1
en(n2+2)
1/en
= lim
2n2 + 3n + 1
n2 + 2
= 2.
Como
∑(1
e
)n
converge temos que
∑ 2n2+3n+1
en(n2+2) também é convergente.
3. A série
∑ n
en converge? Note que
lim
n/en
1/2n
= lim
(2
e
)n
· n.
Agora seja (an) a sequencia cujo o termo geral é dado por an = (2/e)n · n. Então, temos que
lim
an+1
an
= lim
(2/e)n+1 · (n + 1)
(2/e)n · n = lim
2
e
· n
n + 1
=
2
e
· lim n
n + 1
=
2
e
< 1.
Assim pelo Teorema 1.8 temos que
lim an = lim
(2
e
)n
· n = 0.
Logo
∑ n
en converge.
21
4. Analisaremos a convergência da série
∑ 2n+1
n2+2n+1 . Para isto veja que
lim
2n + 1
n2 + 2n + 1
1
n
= lim
(2n + 1) · n
n2 + 2n + 1
= lim
2n2 + n
n2 + 2n + 1
= 2.
Como
∑
1/n diverge temos que
∑ 2n+1
n2+2n+1 também diverge.
5. A série
∑ 1
2n−1 converge. De fato,
lim
1/(2n − 1)
1/2n
= lim
2n
2n−1
= 1
e dado que a série
∑ 1
2n converge temos que a série
∑ 1
2n−1 também converge.
6. Analisaremos se a série
∑ 2n2+3n√
5+n5
converge ou não. Para isto veja que
lim
2n2+3n√
5+n5
2/
√
n
= lim
2n2 + 3n√
5 + n5
·
√
n
2
= lim
2n5/2 + 3n3/2
2
√
5 + n5
= lim
n5/2(2 + 3n )
2n5/2
(√
1 + 5n5
) = 1.
Como
∑ 2√
n
diverge temos que
∑ 2n2+3n√
5+n5
diverge.
2.3 Testes de convergência
Teorema 2.6 (Teste da Integral). Sejam f : [1,+∞) → R+ uma função contínua, decrescente e
xn := f (n) para todo n ∈N.
1. Se
∫ +∞
1 f (x)dx existe então
∑
xn é convergente.
2. Se
∫ +∞
1 f (x)dx = +∞ então
∑
xn é divergente.
Demonstração. Dado i ∈N temos, pelo fato de f ser decrescente, que para todo x ∈ [i, i + 1]
f (i + 1) ≤ f (x) ≤ f (i).
Agora pela continuidade de f temos que
f (i + 1) =
∫ i+1
i
f (i + 1)dx ≤
∫ i+1
i
f (x)dx ≤
∫ i+1
i
f (i)dx = f (i). (2.12)22
Como (2.12) vale para todo i ∈N temos que
n∑
i=1
f (i + 1) ≤
n∑
i=1
∫ i+1
i
f (x)dx ≤
n∑
i=1
f (i)⇔
n∑
i=1
xi+1 ≤
∫ n+1
1
f (x)dx ≤
n∑
i=1
xi,
para todo n ∈N, logo
sn+1 − f (1) ≤
∫ n+1
1
f (x)dx ≤ sn para todo n ∈N. (2.13)
1. Como por hipótese existe lim
∫ n+1
1 f (x)dx =
∫ +∞
1 f (x)dx e
∫ n+1
1 f (x)dx ≤
∫ +∞
1 f (x)dx para todo
n ∈N temos por (2.13) que
sn+1 ≤
∫ +∞
1
f (x)dx + f (1) para todo n ∈N.
Assim a sequencia (sn) é limitada e monótona por 2.5 e portanto existe s = lim sn pelo Teorema
1.2.
2. Se
∫ +∞
1 f (x)dx = +∞ temos que lim
∫ n+1
1 f (x)dx = +∞. Dado que∫ n+1
1
f (x)dx ≤ sn, por (2.13)
temos que lim sn = +∞ e portanto
∑
xn diverge.
�
Exemplo 2.9.
1.
∑ 1
np converge para todo p > 1. De fato considerando a função f (x) =
1
xp temos que f é
contínua, f (x) ≥ 0 para todo xgeq1, decrescente pois f ′(x) = −pxp+1 < 0 e f (n) =
1
np . Além disso∫ +∞
1
f (x)dx = lim
b→+∞
∫ b
1
1
xp
dx = lim
b→+∞
1
1 − p ·
1
xp−1
∣∣∣x=bx=1
=
1
1 − p limb→+∞
( 1
bp−1
− 1
)
=
1
1 − p .
2.
∑ 1
np diverge para todo p ≤ 1. No caso em que p ≤ 0 basta notar que lim 1np , 0 e portanto∑ 1
np diverge por (2.3). Agora se p ∈ (0, 1) temos que∫ +∞
1
f (x)dx =
1
1 − p limb→+∞
( 1
bp−1
− 1
)
= +∞.
3. A série
∑∞
n=2
1
n·ln n diverge. De fato considere a função f : [2,+∞)→ R dada por f (x) = 1x·ln x .
23
Note que f é contínua, positiva e decrescente pois f ′(x) = − ln x−1(x·ln x)2 < 0. Logo∫ +∞
2
1
x · ln xdx = limb→+∞
∫ b
2
1
x · ln xdx = limb→+∞ ln(ln x)|
b
2 = limb→+∞
ln(ln b) − ln(ln 2) = +∞.
Logo pelo teste da integral
∑∞
n=2
1
n·ln n diverge.
4. A série
∑ 1
n2+1 converge. Note que a função f (x) =
1
x2+1 é positiva, contínua, decrescente e
f (n) = 1n2+1 . Assim ∫ +∞
1
f (x)dx = lim
b→+∞
∫ b
1
1
x2 + 1
dx = lim
b→+∞
arctgx|x=bx=1
= lim
b→+∞
arctgb − arctg1 = π
2
− π
4
=
π
4
.
Portanto, pelo teste da integral,
∑ 1
n2+1 converge.
Teorema 2.7 (Teste de d’Alembert). Seja
∑
xn uma série com termos positivos. Se
lim
xn+1
xn
=

L < 1, a série
∑
xn converge ;
L > 1, a série
∑
xn diverge .
Demonstração. Suponha L < 1 e fixe L < q < 1.Logo pela definição de limite temos que para ε = q−L
existe n0 ∈N tal que∣∣∣∣∣xn+1xn − L
∣∣∣∣∣ < q − L para todo n > n0 ⇒ xn+1xn < q para todo n > n0.
Assim
xn0+2 < q · xn0+1
xn0+3 < q · xn0+2 < q2 · xn0+1
xn0+4 < q · xn0+3 < q3 · xn0+1
...
...
...
xn0+s < q · xn0+s−1 < qs−1 · xn0+1.
Agora definiremos a série
∑
yn cujo o termo geral é dado por
yn =
 xn, se n ≤ n0qs−1 · xn0+1, se n = n0 + s para algum s ∈N.
24
Como ∞∑
i=n0+1
qs−1 · xn0+1 = xn0+1 ·
∞∑
i=n0+1
qs−1
converge, temos que
∑
yn também converge pela Proposição 2.4. Por construção
∑
xn ≤
∑
yn e
portanto pelo Teorema 2.4 a série
∑
xn converge.
Suponha agora que L > 1 e fixe 1 < q′ < L. Logo pela definição de limite temos que para
ε = L − q′ existe n′0 ∈N tal que
∣∣∣∣∣xn+1xn − L
∣∣∣∣∣ < L − q′ para todo n > n′0 ⇒ q′ < xn+1xn para todo n > n′0
⇒ xn <
xn+1
q′
< xn+1 para todo n > n′0. (2.14)
Assim por (3.6) temos que 0 < xn0+1 < xn+1 para todo n > n
′
0. Fazendo n tende ao infinito temos
que
lim xn+1 > xn0+1 > 0
e portanto lim xn+1 , 0. Logo pelo Teorema 2.1 temos que
∑
xn diverge.
�
Observação. Quando lim xn+1xn = 1 nada podemos afirmar. De fato, a série
∑ 1
n2 é convergente e a
série
∑ 1
n é divergentes. Mas
lim
1/(n + 1)2
1/n2
= lim
n2
(n + 1)2
= 1 e lim
1/(n + 1)
1/n
= lim
n
n + 1
= 1.
Exemplo 2.10.
1. A série
∑ 3n
n! converge.
lim
3n+1
(n + 1)!
· n!
3n
= lim
3n+1
3n
· (n + 1)n!
n!
= lim
3
n + 1
= 0 < 1.
2. A série
∑ 2n+5
3n converge.
lim
2n+1 + 5
3n+1
· 3
n
2n + 5
= lim
3n
3n+1
· 2
n+1 + 5
2n + 5
=
1
3
· lim
2n(2 + 52n )
2n(1 + 52n )
=
1
3
· 2 = 2
3
< 1.
3. A série
∑ 5n
n diverge.
lim
5n+1
n + 1
· n
5n
= lim
5n
n + 1
= 5 > 1.
25
4. A série
∑ 4nn!n!
(2n)! converge?
lim
4n+1(n + 1)!(n + 1)!
(2n + 2)!
· (2n)!
4nn!n!
= lim
4(n + 1)n!(n + 1)n!(2n)!
(2n + 2)(2n + 1)(2n)!n!n!
= lim
4(n + 1)2
(2n + 2)(2n + 1)
= 1.
Assim, pelo teste de d’Alembert nada podemos afirmar sobre a série acima.
Teorema 2.8 (Teste da raiz). Seja
∑
xn uma série com termos positivos. Se
lim n
√
xn =

L < 1, a série
∑
xn converge ;
L > 1, a série
∑
xn diverge .
Demonstração. Suponha L < 1 e fixe L < q < 1. Como, por hipótese lim n
√
xn = L temos, pela
definição de limite, que existe n0 ∈N tal que n
√
xn < q para todo n > n0.Mas isto implica que
xn < qn para todo n > n0 ⇒
∞∑
i=n0+1
xn <
∞∑
i=n0+1
qn.
Como
∑
qn converge (Exemplo 2.1) temos que
∞∑
i=n0+1
qn converge pelo Teorema 2.4 e portanto, pelo
teste da comparação (Teorema 2.4)
∞∑
i=n0+1
xn converge e, novamente invocando o Teorema 2.4 temos
que
∑
xn converge.
Suponha que L > 1. Novamente, pela definição de limite, existe n′0 ∈N tal que
n√xn > 1 para todo n > n′0 ⇒ xn > 1 para todo n > n′0 ⇒ lim xn , 0.
Logo por (2.3) temos que
∑
xn diverge. �
Observação. Quando L = 1 o teste da raiz é inconclusivo. De fato as séries
∑ 1
n e
∑ 1
n2 são divergente
e convergente, respectivamente. Mas
lim
n
√
1
n
=
1
lim n
√
n
=
1
1
= 1, pelo Exemplo 1.11
e
lim
n
√
1
n2
= lim
1
n√
n2
= lim
(
1
n√n
)2
=
(
1
lim n
√
n
)2
= 1.
Exemplo 2.11.
26
1. Analisar a convergência da série
∑ n2
2n .
lim
n
√
n2
2n
= lim
n√
n2
2
=
1
2
· (lim n
√
n)2 =
1
2
< 1.
Portanto pelo teste da raiz a série
∑ n2
2n converge.
2. Analisar a convergência da série
∑ 2n
n3 .
lim
n
√
2n
n3
= lim
2
n√
n3
= 2 · 1
(lim n
√
n)3
= 2 > 1.
Portanto pelo teste da raiz a série
∑ 2n
n3 diverge.
3. Analisar a convergência da série
∑( 1
1+n
)n
.
lim
n
√( 1
1 + n
)n
= lim
1
1 + n
= 0 < 1.
Portanto a série
∑( 1
1+n
)n
converge.
4. Analisar a convergência da série
∑
xn, onde
xn =
 n2n , se n é ímpar1
2n , se n é par.
Note que
n√xn =

n√n
2 , se n é ímpar
1
2 , se n é par.
ou seja
1
2
≤ n√xn ≤
n√n
2
para todo n ∈N.
Passando o limite obtemos
1
2
= lim
1
2
≤ lim n√xn ≤ lim
n√n
2
=
1
2
.
Logo pelo Teorema 1.5 temos que lim n
√
xn = 12 < 1 e portanto a série
∑
xn converge.
5. Analisar a convergência da série
∑( 1
n +
1
2· n
√
n
)
. É fácil ver que
lim n
√(
1
n
+
1
2 · n
√
n
)
= lim
(
1
n
+
1
2 · n
√
n
)
=
1
2
< 1
27
e, portanto a série
∑( 1
n +
1
2· n
√
n
)
é convergente.
2.4 Séries alternadas
Até o presente momento só estudamos séries cujo os termos são não negativos, isto é, séries da
forma
∑
xn onde xn ≥ 0 para todo n ∈ N. Agora estudaremos séries cujo os sinais dos termos vão
se alternando, isto é,
x1 < 0, x2 > 0, x3 < 0, x4 > 0, . . . ou
x1 > 0, x2 < 0, x3 > 0, x4 < 0, . . . .
As séries deste tipo são denominadas de séries alternadas e podem ser representadas da
seguinte maneira:
∞∑
n=1
(−1)nxn ou
∞∑
n=1
(−1)n+1xn. (2.15)
Existe um critério para determinar se estes tipos de séries convergem ou não.
Teorema 2.9 (Teste de Leibniz). Seja uma série alternada, tal como (2.15) tal que seus termos
satisfazem as seguintes condições:
• xn > xn+1 para todo n ∈N;
• lim xn = 0.
Então a série é convergente.
Demonstração. Sem perda de generalidade iremos assumir que a série alternada é da forma
∞∑
n=1
(−1)n+1xn = x1 − x2 + x3 − x4 + . . . .
Para todo m ∈N note que
s2m = (x1 − x2) + (x3 − x4) + · · · + (x2m−1 − x2m).
Como, por hipótese, xn > xn+1 para todo n ∈ N temos que s2m > 0 para todo m ∈ N e portanto
(s2m)m∈N é uma sequencia monótona. Agora note que s2m pode ser reescrita como
s2m = x1 − (x2 − x3) − (x4 − x5) − · · · − (x2m−2 − x2m−1) − x2m.
28
Como cada parcela acima dentro dos parenteses é positiva e x2m também é positivo obtemos que
s2m < x1 para todo m ∈N,
ou seja, a sequencia (s2m)m∈N é limitada. Assim pelo Teorema 1.2 temos que existe s = limm→∞ s2m
com 0 < s ≤ x1.
Agora examinaremos a sequencia de somas parciais de índices ímpares. Primeiramente note
que
s2m+1 = s2m + x2m+1 para todo m ∈N.
Fazendo m tender ao infinito na expressão acima e observando que por hipótese limm→∞ xm = 0
obtemos
lim
m→∞
s2m+1 = limm→∞(s2m + x2m+1) =limm→∞ s2m + limm→∞ x2m+1︸ ︷︷ ︸
=0
= lim
m→∞
s2m = s.
Logo como a sequencia de somas parciais de índices pares e ímpares convergem para o mesmo
valor eN = {pares} ∪ {ímpares} concluímos que ∑∞n=1(−1)n+1xn converge. �
Exemplo 2.12.
1. Analisar a convergência da série
∑ (−1)n+1
n .Note que esta série é da forma
∑∞
n=1(−1)n+1xn onde
xn = 1n . Como
xn+1 =
1
n + 1
<
1
n
= xn e lim xn = lim
1
n
= 0,
temos pelo Teorema 2.9 que a série acima converge.
2. Analisar a convergência da série
∑ (−1)n+1
n! .Note que esta série é da forma
∑∞
n=1(−1)n+1xn onde
xn = 1n! . Como
xn+1 =
1
(n + 1)!
<
1
n!
= xn e lim xn = lim
1
n!
= 0,
temos pelo Teorema 2.9 que a série acima converge.
3. Analisar a convergência da série
∑ (−1)n3n
4n−1 . Note que neste caso
lim xn = lim
3n
4n − 1 =
3
4
.
Portanto a segunda condição do Teorema 2.9 não é satisfeita. Porém
lim
m→∞
(−1)2m6m
8m − 1 = limm→∞
6m
8m − 1 =
6
8
=
3
4
e lim
m→∞
(−1)2m+1(6m + 3)
8m + 3
= lim
m→∞
−6m − 3
8m + 3
= −6
8
= −3
4
,
ou seja não existe o lim (−1)
n3n
4n−1 . Logo por (2.3) a série acima não converge.
Observação. Seja
∑
(−1)n + 1xn uma série alternada que satisfaz as condições do Teorema 2.9, logo
é convergente. Veremos que é possível estimar o valor desta série com uma certa precisão. O erro
29
envolvido nesta precisão é dado por Rn = |s − sn|. Para estimarmos este erro note que
s2 = x1 − x2 ≤ x1 = s1
s2 = x1 − x2 ≤ s3 = x1 − x2 + x3 = x1 − (x2 − x3) ≤ x1 = s1,
e assim por diante. Ou seja a sequencia de somas parciais está disposta da seguinte maneira:
s2 ≤ s4 ≤ · · · ≤ s2n ≤ · · · ≤ s ≤ · · · ≤ s2n+1 ≤ · · · ≤ s3 ≤ s1.
Assim
Rn = |s − sn| ≤ |sn+1 − sn| = xn+1.
Exemplo 2.13. Encontrar o valor da série
∑ (−1)n+1
n! com precisão de duas casas decimais.
Já vimos no exemplo anterior que esta série satisfaz as condições do Teorema 2.9, onde xn = 1n! .
Note que
x1 = 1; x2 = 0, 5; x3 = 0, 16; x4 = 0, 0416; x5 = 0, 0083; x6 = 0, 00138.
Portanto R5 = |s − s5| < 0, 002. Como s5 = 0, 63 temos que
0, 633133... = 0, 63333... − 0, 002 < s < 0, 63333... + 0, 002 = 0, 6335333...
Logo s ≈ 0, 633.
2.5 Convergência absoluta e condicionada
Nesta seção iremos estudar séries sem fazer nenhuma restrição quanto ao sinal do seu termo
geral. Para isso começamos com a seguinte definição:
Definição 2.2 (Série Absolutamente Convergente). Uma série
∑
xn diz-se absolutamente conver-
gente quando
∑ |xn| converge.
Observação.
1. Uma série convergente cujos os termos não mudam de sinal é absolutamente convergente.
2. Vimos no Exemplo 2.1 que a série
∑
qn converge se |q| < 1. Esta série é absolutamente
convergente, pois |qn| = |q|n e então ∑ |qn| = ∑ |q|n que converge pelo mesmo motivo.
3. Note que a série
∑ |xn| é uma série cujo o termo geral é não-negativo (ou positivo). Portanto
para verificar se uma dada série é absolutamente convergente podemos usar os testes de
convergências vistos anteriormente.
30
Nem toda série
∑
xn que converge é absolutamente convergente como mostra o exemplo a
seguir.
Exemplo 2.14. Considere a série
∑ (−1)n+1
n . Vimos no Exemplo 2.12 que esta série converge. Mas ela
não é absolutamente convergente visto que∣∣∣∣∣∣ (−1)n+1n
∣∣∣∣∣∣ = 1n
e
∑ 1
n diverge.
Estas séries, que convergem mas não absolutamente são denominadas de séries condicional-
mente convergentes. Em contra partida toda série absolutamente convergente é convergente como
mostra o seguinte teorema:
Teorema 2.10. Se uma série é absolutamente convergente então ela é convergente.
Demonstração. Seja
∑
xn uma série absolutamente convergente. Note que
−|xn| ≤ xn ≤ |xn| para todo n ∈N⇒ 0 ≤ |xn| + xn ≤ 2|xn| para todo n ∈N. (2.16)
Como
∑ |xn| converge temos que ∑ 2|xn| converge pelo Teorema 2.2. Agora por (2.16) e pelo Teorema
2.4 temos que
∑
(|xn| + xn) converge. Novamente pelos mesmos teoremas citados anteriormente
temos que
∑−|xn| converge e portanto∑
xn =
∑
(|xn| + xn) +
∑
−|xn|
converge. �
Exemplo 2.15.
1. A série
∑ (−1)n+1
2n é absolutamente convergente, pois∑∣∣∣∣∣∣ (−1)n+12n
∣∣∣∣∣∣ =∑ 12n é convergente.
2. A série
∑ (−1)n+1
n2 é absolutamente convergente, pois∑∣∣∣∣∣∣ (−1)n+1n2
∣∣∣∣∣∣ =∑ 1n2 é convergente.
31
3. A série
∑ cos n
n2 é absolutamente convergente, pois∑∣∣∣∣∣ cos nn2
∣∣∣∣∣ ≤∑ 1n2 .
Como
∑ 1
n2 converge temos que
∑ ∣∣∣ cos n
n2
∣∣∣ converge, pelo Teorema 2.4.
4. A série
∑ (−3)n
n! é convergente? Para responder esta pergunta note que
lim
∣∣∣∣∣xn+1xn
∣∣∣∣∣ = lim 3n+13n · n!(n + 1)! = lim 3n = 0 < 1.
Logo pelo teste da raiz (Teorema 2.8) temos que
∑ |xn| converge e portanto pelo Teorema 2.10∑ (−3)n
n! converge.
5. A série
∑( cos (3n)
ln n
)n
é convergente? Note que
lim n
√∣∣∣∣∣∣
(
cos (3n)
ln n
)n∣∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣∣ cos (3n)ln n
∣∣∣∣∣ = 0 < 1,
pelo Teorema 1.3. Portanto pelo teste da raiz (Teorema 2.8) temos que
∑( cos (3n)
ln n
)n
é absolu-
tamente converge e portanto convergente.
2.6 Séries de Potências
Definição 2.3 (Série de Potência). Uma série de potência centrada em x0 e na variável x é uma
série da forma ∞∑
n=0
cn(x − x0)n = c0 + c1(x − x0) + c2(x − x0)2 + · · · . (2.17)
Os números reais c0, c1, c2, ... são chamados de coeficientes da série de potência.
O leitor pode observar que as séries de potências constituem um generalização natural dos
polinômios. Veremos mais adiante que as funções mais importantes da matemática podem ser
escritas como séries de potências.
Para cada x fixado a série (2.17) é uma série de números reais, e, portanto podemos testá-la
quanto a sua divergência ou convergência. É claro que estamos interessados no conjunto dos
pontos x ∈ R tais que a série de potência (2.17) converge, ou seja no conjunto
I =
x ∈ R; ∞∑
n=0
cn(x − x0)n converge
 .
32
Note que I , ∅, pois x0 ∈ I. O próximo teorema nos diz que I é um intervalo chamado de intervalo
de convergência, centrado em x0.
Teorema 2.11 (Teorema de Abel). Considere a série de potência
∑∞
n=0 cn(x − x0)n.
1. Se ela é convergente em x = x1 então é convergente para todo x ∈ R tal que |x−x0| < |x1−x0|.
2. Se ela é divergente em x = x1 então é divergente para todo x ∈ R tal que |x− x0| > |x1− x0|.
Demonstração.
1. Como
∑∞
n=0 cn(x1 − x0)n converge temos que lim cn(x1 − x0)n = 0 pelo Teorema 2.1. Logo pelo
Teorema 1.1 temos que a sequencia {cn(x1 − x0)n} é limitada, isto é, existe M > 0 tal que
|cn(x1 − x0)n| <M para todo n ∈N.
Agora note que
|cn(x − x0)n| = |cn(x1 − x0)n| ·
∣∣∣∣∣ cn(x − x0)ncn(x1 − x0)n
∣∣∣∣∣ <M · ∣∣∣∣∣ x − x0x1 − x0
∣∣∣∣∣n
e, portanto ∑
|cn(x − x0)n| ≤M ·
∑∣∣∣∣∣ x − x0x1 − x0
∣∣∣∣∣n .
Como esta última série é uma série geométrica temos que ela converge se, e somente se,∣∣∣∣∣ x − x0x1 − x0
∣∣∣∣∣ < 1⇔ |x − x0| < |x1 − x0|.
2. Suponha, por absurdo, que a série converge para algum x ∈ R tal que |x − x0| > |x1 − x0|. Ora
pelo, ítem anterior temos que a série converge para x = x1 o que é absurdo.
�
Note que o teorema acima nos diz que se a série de potencias converge em x = x1 irá convergir
para todo x no intervalo (x0 − |x1 − x0|, x0 + |x1 − x0|), que é um intervalo centrado em x0 e de
raio |x1 − x0|. Uma pergunta que surge naturalmente neste momento é qual o raio máximo de
convergência de uma série ou, equivalentemente, qual o maior intervalo de convergência possível
de uma série?
Para responder a esta pergunta, façamos o seguinte: Suponha que
L = lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ .
33
Agora iremos aplicar o teste da raiz (Teorema 2.8) para saber quando a série (2.17) é absolutamente
convergente (e portanto convergente!).
lim
∣∣∣∣∣∣cn+1(x − x0)n+1cn(x − x0)n
∣∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ · |x − x0| = L · |x − x0|.
Assim a série de potência (2.17) converge se
L · |x − x0| < 1⇒ |x − x0| <
1
L
,
diverge se
L · |x − x0| > 1⇒ |x − x0| >
1
L
e é inconclusivo para o caso em que |x − x0| = 1/L. Assim sendo temos que o intervalo de conver-
gência pode ser da forma
I = (x0 − 1/L, x0 + 1/L) ou [x0 − 1/L, x0 + 1/L] ou (x0 − 1/L, x0 + 1/L] ou [x0 − 1/L, x0 + 1/L),
onde
R :=
1
L
= lim
∣∣∣∣∣ cncn+1
∣∣∣∣∣ . (2.18)
Quando L = 0 definimos R = +∞ e quando L= ∞ definimos R = 0.
Analogamente poderíamos ter usado o teste da raiz (Teorema 2.8) ao invés do teste da razão e
obter que
R :=
1
lim n
√
|cn|
. (2.19)
Exemplo 2.16.
1. Para quais valores de x a série
∑∞
n=0 x
n é convergente?
Note que a série acima é uma série de potência centrada em 0 e portanto converge para x = 0.
Para x , 0 iremos utilizar o teste de d’Alembert (Teorema 2.7) para cn = xn.
lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ = lim |xn+1||xn| = lim |x|n+1|x|n = |x|.
Assim a série acima converge se |x| < 1. Neste caso temos por (2.1) que
1
1 − x =
∞∑
n=0
xn. (2.20)
O caso em que |x| = 1 será analisado separadamente.
• Se x = 1 a série não converge visto que lim cn = 1 , 0.
34
• Se x = −1 a série não converge pois não existe lim cn.
Portanto I = (−1, 1) e r = 1.
2. Para quais valores de x a série
∑∞
n=0 n!x
n é convergente?
Note que a série acima é uma série de potência centrada em 0 e portanto converge para x = 0.
Para x , 0 iremos utilizar o teste de d’Alembert (Teorema 2.7). Fazendo cn = n!xn temos que
lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣∣∣ (n + 1)!xn+1n!xn
∣∣∣∣∣∣ = lim(n + 1)|x| = ∞.
Logo a série diverge para x , 0. Portanto I = {0} e r = 0.
3. Para quais valores de x a série
∑∞
n=1
(x−3)n
n é convergente?
Note que a série acima é uma série de potência centrada em 3 e portanto converge para
x = 3. Para x , 3 iremos utilizar, novamente, o teste de d’Alembert (Teorema 2.7). Fazendo
cn =
(x−3)n
n temos que
lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣∣∣ (x − 3)n+1n(x − 3)n(n + 1)
∣∣∣∣∣∣ = lim |x − 3| nn + 1 = |x − 3|.
Portanto a série em questão converge se |x − 3| < 1 e diverge se |x − 3| > 1. O caso em que
|x − 3| = 1 é inconclusivo e teremos que analisar a parte.
• Se x = 2 temos que ∑ (x−3)nn = ∑ (−1)nn que converge pelo Teorema 2.9.
• Se x = 4 temos que ∑ (x−3)nn = ∑ 1n que é divergente.
Portanto neste caso I = [2, 4) e r = 1.
4. Para quais valores de x a série
∑∞
n=0
(−1)nx2n
22n(n!)2 , conhecida como função de Bessel, é convergente?
lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣∣∣ (−1)n+1x2(n+1)22(n+1)[(n+1)!]2 · 22n(n!)2(−1)nx2n
∣∣∣∣∣∣ = lim x24(n + 1)2 = 0 < 1.
Portanto a série converge para todo x ∈ R. Logo I = R e r = +∞.
5. Para quais valores de x a série
∑∞
n=1 n
23nxn converge?
Neste exemplo utilizaremos o teste da raiz (Teorema 2.8).
lim
n
√
|n23nxn| = lim 3|x|( n
√
n)2 = 3|x|.
Portanto a série em questão converge se 3|x| < 1 ou seja |x| < 1/3 e diverge para |x| > 1/3. O
caso em que |x| = 1/3 será analisado a parte.
• Se x = 1/3 temos que a série em questão é ∑∞n=1 n2 e portanto diverge, pois lim n2 = +∞.
35
• Se x = −1/3 então a série em questão é ∑∞n=1(−1)nn2 que não converge.
Portanto I = (−1/3, 1/3) e r = 1/3.
6. Para quais valores de x a série
∑∞
n=0
xn
n! converge.
lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣∣∣ xn+1n!(n + 1)!xn
∣∣∣∣∣∣ = lim |x|n+1n!(n + 1)!|x|n = lim |x|n + 1 = 0 < 1,
para todo x ∈ R. Portanto I = R e r = +∞.
2.6.1 Diferenciação e Integração de Série de Potência
Nesta subseção nós discutiremos a cerca da diferenciabilidade e integrabilidade das séries de
potências. Por simplicidade e, sem perda de generalidade, nós iremos trabalhar com séries de
potências centradas em x0 = 0.
Daqui em diante
∑∞
n=0 cnx
n é uma série de potência de raio 0 ≤ R ≤ +∞ e, portanto a função
f : (−R,R)→ R dada por
f (x) =
∞∑
n=0
cnxn (2.21)
está bem definida.
Nossa intuição nos diz que se f for diferenciável então o candidato natural da derivada de f é
obtido derivando a série termo a termo, ou seja
f ′(x) =
∞∑
n=0
ncnxn−1.
Mas primeiramente iremos verificar se a nossa série candidata a ser a derivada de f “tem
sentido”.
Teorema 2.12. Se a série
∑∞
n=0 cnx
n tem intervalo de convergência (−R,R) então a série
∞∑
n=0
ncnxn−1
tem o mesmo intervalo de convergência.
36
Demonstração. Sejam 0 < x < R fixado e h ∈ R+ tal que 0 < x < x + h < R. Denote f (x) = ∑∞n=0 cnxn.
f (x + h) − f (x)
h
=
∞∑
n=0
cn
[(x + h)n − xn]
h
=
∞∑
n=0
cn
nξn−1n (x + h − x)
h
(2.22)
=
∞∑
n=0
ncnξn−1n . (2.23)
onde x < ξn < x + h é dado pelo Teorema do Valor Médio1
Como f (x + h) e f (x) convergem absolutamente, pois x e x + h pertecem ao intevalo de conver-
gência temos que [ f (x + h) − f (x)]/h converge absolutamente. Logo por (2.22), a série numérica
∞∑
n=0
ncnξn−1n
converge absolutamente.
Agora note que
|ncnxn−1| = n · |cn| · |x|n−1 <︸︷︷︸
x<ξn
n · |cn| · |ξn|n−1 ⇒
∞∑
n=0
|ncnxn−1| <
∞∑
n=0
n · |cn| · |ξn|n−1.
Portanto, pelo teste da comparação (Teorema 2.4),
∑∞
n=0 ncnx
n−1 converge absolutamente para
todo 0 < x < R, logo seu intervalo de convergência, I, contém o intervalo (−R,R).
Agora seja |x| > R fixado. Temos que para n > |x|
|cnxn| = |cn| · |x|n = |cn| · |x|n−1 · |x| < |cn| · |x|n−1 · n.
Como
∑∞
n=0 |cnxn| diverge para x > R, temos que
∑∞
n>|x| |cnxn| diverge pela Proposição 2.3 e,
portanto
∑∞
n>|x| ncnx
n−1 não converge absolutamente. Assim I = (−R,R). �
Assim se f : (−R,R) → R dada por f (x) = ∑∞n=0 cnxn está bem definida também está definida
g : (−R,R)→ R dada por g(x) = ∑∞n=0 ncnxn−1.
Corolário. Se a série
∑∞
n=0 cnx
n tem intervalo de convergência (−R,R) então a série
∞∑
n=0
n(n − 1)cnxn−2
1Seja gn(x) = xn. O T.V.M. nos diz que gn(x + h) − gn(x) = g′n(ξn)(x + h − x) = nξn−1n h, para algum x < ξn < x + h.
37
tem o mesmo intervalo de convergência.
Teorema 2.13. A função f (x) =
∑∞
n=0 cnx
n é diferenciável no seu intervalo de convergência
(−R,R) e
f ′(x) =
∞∑
n=0
ncnxn−1.
Demonstração. Seja 0 ≤ |x| < R e escolha x1 tal que 0 ≤ |x| < |x1| < R. Depois escolha h tal que
|x + h| < |x1| < R. Seja
F(x) =
∞∑
n=0
ncnxn−1.
Esta série converge absolutamente no intervalo (−R,R) pelo Teorema 2.12. Nós iremos mostrar que
f ′(x) existe e f ′(x) = F(x).
F(x) − f (x + h) − f (x)
h
=
∞∑
n=0
(
ncnxn−1 − cn
[(x + h)n − xn]
h
)
=
∞∑
n=0
ncnxn−1 − cnnξn−1n , onde ξn está entre x e x + h.(Ver (2.22))
=
∞∑
n=0
ncn(xn−1 − ξn−1n ). (2.24)
Agora note que a função gn(x) = xn−1 é diferenciável, portanto, pelo Teorema do Valor Médio
temos:
xn−1 = ξn−1n = gn(x) − gn(ξn) = g′n(ηn)(x − ξn) = (n − 1)ηn−2n (x − ξn), (2.25)
para algum ηn entre x e ξn. Assim substituindo (2.25) em (2.24) temos
F(x) − f (x + h) − f (x)
h
=
∞∑
n=0
n(n − 1)cnηn−2n (x − ξn). (2.26)
Agora usando o fato de que |x − ξn| < |h| e |ηn| < |x1| temos:
0 ≤
∣∣∣∣∣F(x) − f (x + h) − f (x)h
∣∣∣∣∣ ≤ ∞∑
n=0
n(n − 1)|cn||ηn|n−2|x − ξn|
< |h|
∞∑
n=0
n(n − 1)|cn||x1|n−2, (2.27)
38
onde a série em (2.27) converge pelo corolário do Teorema 2.12. Fazendo h → 0 em (2.27) temos
que
0 ≤ lim
h→0
∣∣∣∣∣F(x) − f (x + h) − f (x)h
∣∣∣∣∣ ≤ limh→0 |h|
∞∑
n=0
n(n − 1)|cn||x1|n−2 = 0.
Portanto f ′(x) existe e é igual a F(x). �
Corolário. A função f (x) =
∑∞
n=0 cnx
n é contínua no seu intervalo de convergência (−R,R).
Pela continuidade de f (x) =
∑∞
n=0 cnx
n temos que ela é integrável. Nosso próximo resultado diz
que uma primitiva dela é obtida integrando a série termo a termo.
Teorema 2.14. Seja a série de potência f (x) =
∑∞
n=0 cnx
n tendo intervalo de convergência (−R,R).
Seja
G(x) =
∞∑
n=0
cn
n + 1
xn+1.
Então a série G(x) tem intervalo de convergência (−R,R) e G′(x) = f (x).
Demonstração. Como a série G(x) tem algum intervalo de convergência, este deve ser o mesmo da
série f (x) pelo Teorema 2.12. Agora pelo Teorema 2.13 temos que G′(x) = f (x). �
A grande vantagem dos teoremas acima mencionados é que podemos escrever algumas funções
como séries de potência. Por exemplo sabemos por (2.20) que
f (x) =
1
1 − x =
∞∑
n=0
xn para − 1 < x < 1.
O Teorema 2.12 junto com o Teorema 2.13 nos diz que
f ′(x) =
( 1
1 − x
)′
=
1
(1 − x)2 =
∞∑
n=0
nxn−1 para − 1 < x < 1. (2.28)
Agora o Teorema 2.14 nos diz que
G(x) =
∫
f (x)dx =
∫
1
1 − xdx = − ln(1 − x) =
∞∑
n=0
xn+1
n + 1
para − 1 < x < 1.
Portanto
ln(1 − x) =
∞∑
n=0
− x
n+1
n + 1
para − 1 < x < 1. (2.29)
A partir das funções acima, escritas como séries de potências, e dos teoremas desta seção,
podemos escrever outras funções como tal como veremos na próxima seção.
39
2.6.2 Representação de Funçõesem Série de Potência
No exemplo abaixo iremos escrever algumas funções como série de potências.
Exemplo 2.17.
Escreva a função f (x) = 11+x2 como série de potência e encontre o intervalo de convergência para
a mesma.
Neste caso iremos utilizar a função auxiliar dada por (2.20).
1
1 + x2
=
1
1 − (−x2)
=
∞∑
n=0
(−x2)n, para − 1 < −x2 < 1
=
∞∑
n=0
(−1)n(x2)n, para − 1 < x2 < 1
=
∞∑
n=0
(−1)nx2n, para − 1 < x < 1. (2.30)
Como conseguimos escrever a função f (x) = 11+x2 como série de potência para todo x ∈ (−1, 1)
pelos Teoremas 2.13 e 2.14 podemos escrever a sua derivada e integral como série de potências
também.
Exemplo 2.18.
1.
f ′(x) =
(
f (x) =
1
1 + x2
)′
=
 ∞∑
n=0
(−1)nx2n

′
=
∞∑
n=0
((−1)nx2n)′ =
∞∑
n=0
(−1)n(2n)x2n−1,
para −1 < x < 1.
2.
G(x) = arctgx =
∫
1
1 + x2
=
∫ ∞∑
n=0
(−1)nx2ndx =
∞∑
n=0
∫
(−1)nx2ndx =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
2n + 1
, (2.31)
para −1 < x < 1.
Exemplo 2.19. Escreva a função f (x) = 1x+2 como série de potências e encontre seu intervalo de
convergência.
Novamente utilizaremos (2.20) como função auxiliar.
40
1
x + 2
=
1
2(1 + x2 )
=
1
2
· 1
1 − (−x2 )
=
1
2
·
∞∑
n=0
(
−x
2
)n
, para − 1 < x
2
< 1
=
1
2
·
∞∑
n=0
(−x)n
2n
, para − 2 < x < 2
=
∞∑
n=0
(−1)nxn
2n+1
, para − 2 < x < 2. (2.32)
Derivando e integrando (2.32) obtemos:
−1
(x + 2)2
=
∞∑
n=0
(−1)nnxn−1
2n+1
, para − 2 < x < 2
e
ln(x + 2) =
∞∑
n=0
(−1)nxn+1
2n+1(n + 1)
, para − 2 < x < 2.
Exemplo 2.20. Vimos no Exemplo 2.16 que a série f (x) =
∑∞
n=0
xn
n! converge para todo x ∈ R. Pelo
Teorema 2.13 temos que
f ′(x) =
∞∑
n=0
nxn−1
n!
=
∞∑
n=1
nxn−1
n!
=
∞∑
n=1
xn−1
(n − 1)! =
∞∑
n=0
xn
n!
= f (x).
Qual é a função que é igual a sua derivada? Como f (x) , 0 para todo x ∈ R temos que
f ′(x)
f (x)
= 1⇒
∫
dx =
∫
f ′(x)
f (x)
dx⇒ x + C = ln | f (x)| ⇒ f (x) = ex+C.
Como f (0) = 1 temos que 1 = f (0) = eC e portanto C = 0. Assim
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x +
x2
2
+
x3
6
+ · · · (2.33)
2.6.3 Séries de Taylor e Maclaurin
Na seção anterior vimos que algumas funções podem ser escritas como série de potências.
Então uma pergunta natural que surge neste momento é a seguinte: Quais funções podem ser
representadas por séries de potências? Qual a representação dessas tais funções?
Para começar a responder estas perguntas, vamos supor que f (x) =
∑∞
n=0 cn(x− x0)n para algum
41
intervalo I = (x0 − R, x0 + R), R > 0. Assim
f (x) = c0 + c1(x − x0) + c2(x − x0)2 + c3(x − x0)3 + c4(x − x0)4 + · · · . (2.34)
Fazendo x = x0 em (2.34) temos que f (x0) = c0. Sabemos, pelo Teorema 2.13, que f é diferenciável
e sua derivada é dada por
f ′(x) = c1 + 2c2(x − x0) + 3c3(x − x0)2 + 4c4(x − x0)3 + · · · . (2.35)
Fazendo x = x0 em (2.35) temos que f ′(x0) = c1. Novamente invocando o Teorema 2.13 temos
que
f ′′(x) = +2c2 + 6c3(x− x0)+ 12c4(x− x0)2 + · · · , f ′′′(x) = 6c3 + 24c4(x− x0)+ · · · e f ′′′′(x) = 24c4 + · · ·
(2.36)
Mais uma vez, fazendo x = x0 em (2.36) temos que f ′′(x0) = 2c2, f ′′′(x0) = 6c3 = 3!c3 e
f ′′′′(x0) = 24c4 = 4!c4. Assim podemos ver facilmente que
cn =
f (n)(x0)
n!
,
onde f (n) é a n−ésima derivada de f . Convencionamos que f (0) = f . Assim temos demonstrado o
seguinte teorema.
Teorema 2.15. Seja f uma função representada pela série de potência f (x) =
∑∞
n=0 cn(x − x0)n
cujo o intervalo de convergência é (x0 − R, x0 + R). Então
cn =
f (n)(x0)
n!
.
Definição 2.4 (Série de Taylor e Maclaurin). Seja f uma função tal que existe as derivadas de todas
as ordens no ponto x0. A série de Taylor de f em x = x0 ou centrada em x0 é dada por
∞∑
n=0
f (n)(x0)
n!
(x − x0)n.
Se x0 = 0 então a série ∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn
é chamada de série de Maclaurin de f .
42
Exemplo 2.21.
1. Encontre a série de Taylor da função f (x) = 1/x centrada no ponto x0 = 2.
Calculando as derivadas de f vemos que
f ′(x) = − 1
x2
, f ′′(x) =
2
x3
, f ′′′(x) = − 6
x4
= − 3!
x4
, ... , f n(x) =
(−1)nn!
xn+1
.
Portanto
f ′(2) =
1
2
,
f ′′(2)
2!
= − 1
22
,
f ′′′(2)
3!
= − 1
24
, ... ,
f (n)(2)
n!
=
(−1)n
2n+1
.
Assim a série de Taylor da função f ao redor do ponto x0 = 2 tem a forma
1
2
− 1
22
(x − 2) + 1
23
(x − 2)2 − 1
24
(x − 2)3 + · · · + (−1)
n
2n+1
(x − 2)n + · · · =
∞∑
n=0
(−1)n
2n+1
(x − 2)n.
Observemos um fato interessante:
∞∑
n=0
(−1)n
2n+1
(x − 2)n = 1
2
·
∞∑
n=0
(−1)n
2n
(x − 2)n = 1
2
·
∞∑
n=0
(2 − x)n
2n
=
1
2
·
∞∑
n=0
(2 − x
2
)n
=
1
2
· 1
1 − 2−x2
, se
∣∣∣∣∣2 − x2
∣∣∣∣∣ < 1 por (2.20)
=
1
2
· 1x
2
, se |x − 2| < 2
=
1
x
, se 0 < x < 4.
Ou seja a série de taylor centrada em x0 = 2 da função f (x) = 1/x coincide com função no
intervalo (0, 4).
2. Encontre a série de Maclariun da função f (x) = ex. A série de Maclariun é a série de Taylor
centrada em x0 = 0. Como
f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = · · · = f (n)(x) = ex
temos
f (n)(0) = 1⇒ f
(n)(0)
n!
=
1
n!
.
Portanto a série de Taylor centrada em x0 = 0 de f (x) = ex é
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn =
∞∑
n=0
1
n!
xn =
∞∑
n=0
xn
n!
.
Mais uma vez, por (2.33) temos que a série de Taylor é igual a função, neste caso para todo
x ∈ R.
43
Neste momento o leitor deve estar se perguntando se dada uma função, na qual existe todas
as derivadas em x0, a serie de Taylor centrada neste ponto coincide com a função ao menos num
intervalo contendo x0. O exemplo a seguir nos mostra que isto nem sempre acontece.
Exemplo 2.22. Calcule a série de Maclaurin para a função dada por
f (x) =
 e−
1
x2 , se x , 0
0, se x = 0.
Iremos calcular as derivadas de f no ponto x0 = 0.
f ′(0) = lim
x→0
f (x) − f (0)
x − 0 = limx→0
e−
1
x2
x
= lim
x→0
1
x
e
1
x2
=︸︷︷︸
L′Hopital
lim
x→0
− 1
x2
· x
3
−2e1/x2
= lim
x→0
x
2e1/x2
= lim
x→0
x
2
· e−1/x2 = 0.
De maneira análoga mostramos que f ′′(0) = f ′′′(0) = · · · = f (n)(0) = 0. Assim a série de Maclariun
de f é
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn =
∞∑
n=0
0
n!
xn = 0.
Mas para todo x , 0 temos que f (x) , 0 e portanto, neste caso,
f (x) ,
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn.
Nosso próximo passo é estabelecer em que condição a função coincide com sua série de Taylor
ao menos num intervalo. Para isto precisaremos da definição a seguir.
Definição 2.5 (Polinômio de Taylor). Seja f uma função tal que existe as derivadas de todas as
ordens no ponto x0. O polinômio
Tn(x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) +
f ′′(x0)
2!
(x − x0)2 + · · · +
f (n)(x0)
n!
(x − x0)n =
n∑
i=0
f (i)(x0)
i!
(x − x0)i
é chamado polinômio de Taylor de grau n de f no ponto x0. A função
Rn(x) = f (x) − Tn(x)
é chamada de resto de ordem n da série de Taylor de f no ponto x0.
44
Teorema 2.16. Sejam f uma função tal que existe as derivadas de todas as ordens no ponto
x0 e
∑∞
n=0
f (n)(x0)
n! (x − x0)n a sua série de Taylor em torno do ponto x0 que converge no intervalo
I = (x0 − R, x0 + R), 0 < R ≤ +∞. Se para cada x ∈ I vale
lim
n→∞
Rn(x) = 0
então f é igual a sua série de Taylor em I, ou seja
f (x) =
∞∑
n=0
f (n)(x0)
n!
(x − x0)n para todo x ∈ I.
Demonstração. Note que a série de Taylor
∞∑
i=0
f (i)(x0)
i!
(x − x0)i = limn→∞
n∑
i=0
f (i)(x0)
i!
(x − x0)i = limn→∞Tn(x), para todo x ∈ I.
Como, por definição Rn(x) = f (x) − Tn(x) fazendo n tender ao infinito temos
f (x) = lim
n→∞
f (x) = lim
n→∞
(Tn(x) + Rn(x)) = limn→∞Tn(x) + limn→∞Rn(x)︸ ︷︷ ︸
=0, por hipótese
= lim
n→∞
Tn(x) =
∞∑
i=0
f (i)(x0)
i!
(x − x0)i.
�
Em geral não é uma tarefa fácil mostrar que limn→∞ Rn(x) = 0.Mas em alguns casos o trabalho
fica simplificado pelo seguinte teorema.
Teorema 2.17. Sejam f uma função tal que existe as derivadas de todas as ordens no intervalo
I = (x0 − R, x0 + R), com 0 < R ≤ +∞ e
∑∞
n=0
f (n)(x0)
n! (x − x0)n a sua série de Taylor em torno do
ponto x0 que converge no intervalo I Se existe M > 0 tal que
| f (n+1)(x)| ≤M para todo x ∈ I
então
45
|Rn(x)| ≤
M
(n + 1)!
|x − x0|n+1 para todo x ∈ I.
Além disso
lim
n→∞
Rn(x) = 0 para todo x ∈ I.
Demonstração. Iremos provar o Teorema para n = 1, ou seja existe M > 0 tal que | f ′′(x)| ≤ M para
todo x ∈ I. Em particular f ′′(x) ≤M e portantof ′(x) − f ′(x0) =
∫ x
x0
f ′′(t)dt ≤
∫ x
x0
Mdt =M(x − x0) para todo x0 ≤ x < x0 + R.
ou seja
f ′(x) ≤ f ′(x0) +M(x − x0).
Logo
f (x) − f (x0) =
∫ x
x0
f ′(t)dt
≤
∫ x
x0
[ f ′(x0) +M(t − x0)]dt
= f ′(x0) ·
∫ x
x0
dt +M
∫ x
x0
(t − x0)dt
= f ′(x0)(x − x0) +M ·
(x − x0)2
2
(2.37)
Como T1(x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) então
R1(x) = f (x) − T1(x) = f (x) − f (x0) − f ′(x0)(x − x0) ≤M ·
(x − x0)2
2
, por (2.37).
Usando agora o fato de que f ′′(x) ≥ −M mostra-se, de maneira similar que
R1(x) ≥ −M ·
(x − x0)2
2
.
Então
|R1(x)| ≤
M
2
|x − x0|2.
O caso geral é feito de maneira análoga usando que | f (n+1)(x)| ≤M e integrando n + 1 vezes.
Sabemos pelo Exemplo 1.12 que lim x
n
n! = 0 para todo x ∈ R e portanto pelo Teorema 1.2
lim |x|
n
n! = 0 para todo x ∈ R. Assim
46
lim
n→∞
|Rn(x)| ≤ limn→∞
M
(n + 1)!
|x − x0|n+1 =M · limn→∞
|x − x0|n+1
(n + 1)!
= 0
e então pela observação do Corolário do Teorema 1.6 temos que
lim
n→∞
Rn(x) = 0 para todo x ∈ I.
�
Exemplo 2.23. Encontre a série de Maclaurin de sen x e mostre que ela representa a mesma para
todo x ∈ R.
Note que
n f (n)(x) f (n)(0)
0 sen x 0
1 cos x 1
2 − sen x 0
3 − cos x -1
4 sen x 0
Assim vemos, pela tabela acima, que as derivadas de ordem par no ponto x0 = 0 valem zero e as
derivadas de ordem ímpar, neste ponto, ficam se alternando entre 1 e −1.A série de Maclaurin fica
da seguinte forma:
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn = x − x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ · · · =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n + 1)!
.
Agora iremos calcular o intervalo de convergência da série de Maclaurin.
lim
∣∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣∣ = lim |x|2n+3(2n + 3)! · (2n + 1)!|x|2n+1 = lim |x|2(2n + 3)(2n + 2) = 0 < 1
para todo x ∈ R. Portanto I = R e R = +∞. Agora veremos se f satisfaz as hipóteses do Teorema
2.17. Para isto note que
| f n+1(x)| =
 | sen x|, se n é ímpar| cos x|, se n é par,
e, portanto,
| f n+1(x)| ≤ 1.
Assim
f (x) = sen x =
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n + 1)!
.
Exemplo 2.24. Encontre a série de Maclaurin para cos x.
Pelo exemplo anterior e usando o fato de que ( sen x)′ = cos x e o Teorema 2.13 temos que
47
cos x = ( sen x)′ =
 ∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n + 1)!

′
=
∞∑
n=0
(
(−1)nx2n+1
(2n + 1)!
)′
=
∞∑
n=0
(−1)nx2n
(2n)!
para todo x ∈ R.
Na tabela a seguir listaremos as funções juntamente com suas série de Maclaurin.
f (x) Série de Maclaurin Raio de Convergência
1
1 − x
∞∑
n=0
xn R = 1
ex
∞∑
n=0
xn
n!
R = +∞
arctgx
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
2n + 1
R = 1
ln(1 − x)
∞∑
n=0
− x
n+1
n + 1
R = 1
sen x
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n + 1)!
R = +∞
cos x
∞∑
n=0
(−1)nx2n
(2n)!
R = +∞
2.7 Série de Fourier
Vimos na seção anterior que se uma função satisfaz as hipóteses do Teorema 2.17 então ela
coincide com sua série de Taylor, ou seja, ela é bem aproximada por polinômios. Porém uma
condição necessária para que isto aconteça é que deve existir as derivadas de todas as ordens da
função no ponto em questão.
Uma pergunta natural, que surge neste momento, é a seguinte: Existe algum tipo de aproxi-
mação para funções que não são diferenciáveis? A reposta para essa pergunta é sim, desde que a
função possua algumas características.
Definição 2.6 (Série Trigonométrica). Uma série da forma
a0
2
+
∞∑
n=1
(an cos (nx) + bn sen (nx))
é chamada de série trigonométrica e os números reais a0, a1, ..., an, ..., b1, ..., bn, ... são chamados de
coeficientes da série.
48
Capítulo 3
Equações Diferenciais
3.1 Introdução
Sabemos que numa equação algébrica a incógnita representa um número. Por exemplo na
equação algébrica y2 − 5y + 6 = 0 a incógnita y representa um número real. Uma solução da
equação algébrica, quando existe, é um número real que satisfaz a equação. Assim para encontrar
uma solução da referida equação devemos encontrar um número real tal que a soma do seu
quadrado subtraído seu quíntuplo e adicionado seis unidades tem como resultado zero.
Agora, imagine uma equação onde as incógnitas são funções da forma y = y(x). Neste caso
dizemos que x é a variável independente e y é a variável dependente. Por exemplo
y − y cos x − 1 = 0.
Uma solução para a equação acima é uma função y = y(x) que a satisfaz. Por exemplo é fácil
ver que a função
y = y(x) =
1
1 − cos x
é uma solução.
Agora imagine que as incógnitas de uma equação envolva também suas derivadas. Por exemplo
xy′ + y − 2x = 0 ou 2y′′ + y′ − y = 0.
Equações deste tipo são chamadas de equações diferenciais. Uma solução de uma equação
diferencial é uma função y = y(x) que a satisfaz. Por exemplo a função y = y(x) = x− x−1 é solução
da primeira equação acima, visto que neste caso y′ = y′(x) = 1 + x−2 e então
x · (1 + x−2) + x − x−1 − 2x = x + x−1 + x − x−1 − 2x = 0.
As funções y1 = y1(x) = e−x e y2 = y2(x) = ex/2 são soluções da segunda equação acima.
Assim como acontece nas equações algébricas primeiro nós temos que saber se dada uma
49
equação diferencial sua solução existe para depois tentarmos encontrá-la. Esta, se existir, pode não
ser única como vimos no exemplo acima. Outra semelhança é que o método para encontrarmos
uma solução depende do “tipo” da equação.
Por fim, mas não menos importante, vale ressaltar que as soluções de uma equação diferencial
nem sempre estão definidas em toda a reta.
3.2 Conceitos Fundamentais
Definição 3.1. Seja F uma função real de n + 2 variáveis reais conhecida. Uma equação diferencial
ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0, (3.1)
que estabelece uma relação entre a variável independente x, a função incógnita y = y(x) e suas
derivadas y′, y′′, . . . y(n), onde
y(n) =
dny
dxn
.
Observação. É bastante comum também denotar uma EDO colocando a derivada de maior ordem
isolada na equação. Assim a EDO (3.1) ficaria da forma
y(n) = G(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1)).
Exemplo 3.1.
1. Seja F(x, y, y′) = y′ − cos x. Então a EDO dada por (3.1) é y′ = cos x.
2. Seja F(x, y, y′, y′′) = y′′ + 4x. Então a EDO dada por (3.1) é y′′ + 4x = 0.
3. Seja F(x, y, y′, y′′, y′′′) = x2y′′′ + 2exy′′ − (x2 + 2)y2. Então a EDO dada por (3.1) é
x2y′′′ + 2exy′′ = (x2 + 2)y2.
Observação. Nós podemos fazer o processo inverso do que foi feito acima, ou seja dada uma
equação envolvendo as variáveis x, y′, y′′, . . . , y(n) nós podemos encontrar a função F associada a
mesma. Por exemplo dada a equação y′′ − 5y′ + y = tg x vemos facilmente que F(x, y, y′, y′′) =
y′′ − 5y′ + y− tg x. Assim, sempre que possível, nós omitiremos a função F e trabalharemos direto
com a equação a ela associada.
50
Definição 3.2. Uma função y = ϕ(x) definida num intervalo I ⊆ R é dita ser uma solução de (3.1)
se
F(x, ϕ(x), ϕ′(x), ϕ′′(x), . . . , ϕ(n)(x)) = 0.
Exemplo 3.2. A função ϕ(x) = x
2
3 +
c
x é solução da EDO F(x, y, y
′) = xy′ + y − x2 = 0. De fato,
ϕ′(x) =
2x
3
− c
x2
e portanto,
F(x, ϕ(x), ϕ′(x)) = x
(
2x
3
− c
x2
)
+
(
x2
3
+
c
x
)
− x2
=
2x2
3
−
�
��
c
x
+
x2
3
+
�
��
c
x
− x2
= x2 − x2 = 0.
Uma equação diferencial ordinária pode ser classificada quanto a ordem e a linearidade. A
ordem de uma equação diferencial ordinária é dada pela maior ordem da derivada presente na
equação. Por exemplo a EDO do exemplo anterior é dita ser de ordem 1 ou de primeira ordem. As
EDO’s que aparecem do Exemplo 3.1 são de primeira, segunda e terceira ordem, respectivamente.
Em relação a linearidade uma EDO pode ser linear ou não linear. Ela é dita ser linear quando
a incógnita e suas derivadas aparecem de forma linear na equação. Assim uma EDO linear pode
ser escrita na forma
a0(x)y + a1(x)y′ + a2(x)y′′ · · · + an(x)y(n) = f (x). (3.2)
Todas as EDO’s que aparecem no Exemplo 3.1 são lineares. A EDO
y′′ + x sen y = 0
não é linear.
Assim como nas equações algébricas, em que o método de encontrar a solução varia de acordo
com o tipo da equação, o mesmo acontece com as EDO’s. Por isso que os métodos para resolver
uma EDO depende do tipo da mesma.
51
3.3 Algumas Aplicações
3.3.1 Crescimento Populacional
O tamanho de uma população varia de acordo com o tempo. Denotemos por P(t) o número
de indivíduos dessa populaçãoapós t unidades de tempo. Nesta caso t representa a variável
independente, P é a incógnita e dPdt (t) representa a taxa de crescimento populacional no instante t.
Supomos agora que a taxa de crescimento da população é proporcional ao tamanho da popu-
lação (isto acontece numa população de bactérias), ou seja
dP
dt
(t) = kP(t), (3.3)
onde k é a constante de proporcionalidade. Note que (3.3) é uma EDO linear de primeira ordem e
a função P(t) = Cekt é uma solução desta EDO, onde C é uma constante. De fato,
dP
dt
(t) =
(
Cekt
)′
= kCekt = kP(t).
A constante C significa a população inicial de indivíduos, pois P(0) = C. Assim a solução P(t)
pode ser rescrita como
P(t) = P(0)ekt.
3.3.2 Lei de Hooke
Considere um objeto com massa m preso numa mola horizontal sobre uma superfície como
mostra a figura abaixo.
x
A Lei de Hooke nos diz que se a mola for comprimida ou esticada x unidades a partir da
sua posição de repouso, então a mola exerce uma força sobre o objeto que é proporcional ao seu
deslocamento, ou seja
F = −kx,
onde F é a força elástica e k é uma constante positiva denominada de constante da mola.
52
Se nós ignorarmos qualquer ação de forças externas no sistema, tais como resistência do ar ou
atrito, temos pela segunda Lei de Newton que F = ma, onde a é a aceleração. Juntando as duas leis
mencionadas anteriormente temos que
m
dx2
dt2
= −kx. (3.4)
Vemos que (3.4) é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem e uma solução
da mesma é uma função x(t) que descreve a posição do objeto após t unidades de tempo.
Não é difícil ver que as funções
x1(t) = sen

√
k
m
t
 e x2(t) = cos 
√
k
m
t

são soluções de (3.4). De fato
x′1(t) =
√
k
m
· cos

√
k
m
t
 e x′′1 (t) = − km · sen

√
k
m
t
 .
Logo
m
dx21
dt2
= −m · k
m
· sen

√
k
m
t
 = −k · sen 
√
k
m
t
 = −k · x1(t).
Analogamente mostramos que x2(t) é também solução de (3.4).
3.3.3 Pêndulo Simples
O movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento l é descrito pela função x(t)
que satisfaz a equação diferencial
d2x
dt2
+
g
l
sen x = 0,
que é uma equação diferencial não linear de segunda ordem.
3.4 Problemas com Valores Iniciais
Definição 3.3. Um problema de Valor Inicial (PVI) de uma equação diferencial de ordem n é
y(n) = f (x, y′, y′′, · · · , y(n−1)) (∗)
53
com as condições iniciais
(∗∗)

y(x0) = y0,
y′(x0) = y1,
y′′(x0) = y2
...
y(n−1)(x0) = yn−1.
onde x0, y0, y1, y2, · · · , y(n−1) são valores dados. A solução geral de (∗) é uma família a n−parâmetros.
As condições iniciais (∗∗) são usadas para determinar os valores das constantes da solução geral e
assim, achamos uma solução particular.
Exemplo 3.3. Resolva o PVI 
y′′′ − ex + cos x = 0
y(0) = 2
y′(0) = 3
y′′(0) = 3.
Solução: Seja
d3y
dx3
= ex − cos x.
Integrando, temos:
d2y
dx2
=
∫
(ex − cos x) dx = ex − sen x + c1.
Integrando novamente, temos:
dy
dx
=
∫
(ex − sen x + c1) dx = ex + cos x + c1x + c2.
Integrando novamente, temos:
y =
∫
(ex + cos x + c1x + c2) dx = ex + sen x +
1
2
c1x2 + c2x + c3.
Portanto a solução geral é y = ex + sen x + 12 c1x
2 + c2x + c3.
Se y = 2, y′ = 3 e y′′ = 3 quando x = 0, temos
1 + c3 = 2 ⇒ c3 = 1
1 + 1 + c2 = 3 ⇒ c2 = 1
1 + +c1 = 3 ⇒ c1 = 2.
Portanto, a solução particular é y = ex + sen x + 1 + x + x2.
54
3.5 Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
Nesta seção estudaremos como calcular soluções para uma equação diferencial linear de pri-
meira ordem. Como é de primeira ordem ela tem a forma
F(t, y, y′) = 0.
Como ela é linear de acordo com (3.2) ela pode ser escrita como
a0(t)y + a1(t)y′ = f (t),
e, reescrita como
y′ +
a0(t)
a1(t)︸︷︷︸
p(t)
y =
f (t)
a1(t)︸︷︷︸
q(t)
.
Definição 3.4. Uma equação diferencial ordinária é chamada de equação diferencial linear de
primeira ordem se ela pode ser escrita na forma
y′ + p(t)y = q(t), (3.5)
onde supomos que as funções p e q são conhecidas e contínuas num intervalo não degenerado.
Como resolver uma EDO deste tipo?
Exemplo 3.4. Resolver a EDO linear de primeira ordem
y′ +
2
t
y = 4t, t > 0.
Primeiro multiplique a EDO acima pela função µ(t) = t2. Logo
t2y′ + 2ty = 4t3.
Agora note que (t2y)′ = t2y′ + 2ty. Assim
(t2y)′ = 4t3.
Integrando em ambos os lados, obtemos:∫
(t2y)′dt =
∫
4t3dt⇒ t2y = t4 + C,
e portanto
55
y = t2 +
C
t2
.
Assim a função ϕ(t) = t2 + Ct2 é solução da EDO em questão. De fato, ϕ
′(t) = 2t − 2Ct3 e então
2t − 2C
t3
+
2
t
(
t2 +
C
t2
)
= 2t − 2C
t3
+ 2t +
2C
t3
= 4t.
O leitor pode perceber que a grande sacada para resolver a EDO linear de primeira ordem acima,
foi multiplicá-la pela função µ(t) = t2, pois, assim, utilizando a regra da derivação do produto de
funções, no primeiro membro da equação, ficamos somente com a derivada de uma nova função.
Assim obtemos facilmente soluções, integrando em ambos os lados a nova igualdade e utilizando
o Teorema Fundamental do Cálculo.
Essa técnica pode ser aplicada a qualquer EDO linear de primeira ordem? Vejamos.
Seja
y′ + p(t)y = q(t)
uma EDO linear de primeira ordem. Multiplicando a equação acima pela função µ(t) obtemos
µ(t)︸︷︷︸
f
· y′︸︷︷︸
g′
+µ(t)p(t)︸ ︷︷ ︸
f ′
· y︸︷︷︸
g
= µ(t)q(t). (3.6)
Assim temos que
f (t) = µ(t)
f ′(t) = µ(t)p(t)
⇒ µ′(t) = p(t)µ(t). (3.7)
Portanto a função µ(t) deve satisfazer a equação (3.7), ou equivalentemente,
µ′(t)
µ(t)
= p(t).
Integrando a equação acima em ambos os lados temos∫
µ′(t)
µ(t)
dt =
∫
p(t)dt⇒ ln |µ(t)| =
∫
p(t)dt⇒ |µ(t)| = e
∫
p(t)dt ⇒ µ(t) = e
∫
p(t)dt.
Substituindo a expressão encontrada de µ(t) em (3.6) temos
e
∫
p(t)dty′ + e
∫
p(t)dtp(t)y = e
∫
p(t)dtq(t)(
e
∫
p(t)dty
)′
= e
∫
p(t)dtq(t)
e
∫
p(t)dty =
∫
e
∫
p(t)dtq(t)dt + C
y =
1
e
∫
p(t)dt
·
(∫
e
∫
p(t)dtq(t)dt + C
)
.
56
Assim a função
ϕ(t) =
1
e
∫
p(t)dt
·
(∫
e
∫
p(t)dtq(t)dt + C
)
(3.8)
é solução de (3.9).
A função µ(t) = e
∫
p(t)dt é chamada de fator integrante da equação (3.9).
Exemplo 3.5. Encontre a solução da EDO
y′ +
y
t
= 3 cos 2t, t > 0.
Note que a EDO acima é linear de primeira ordem, onde p(t) = 1t e q(t) = 3 cos 2t.
O fator integrante é dado por
µ(t) = e
∫
p(t)dt = e
∫
t−1dt = eln t = t.
Multiplicando a equação pelo fator integrante temos:
ty′ + y︸ ︷︷ ︸
(ty)′
= 3t cos 2t.
Portanto,
(ty)′ = 3t cos 2t.
Integrando, temos:
ty = 3
∫
t cos tx dt
(integração por partes)
= 3
{
1
2
t sen 2t − 1
2
∫
sen 2t dt
}
+ C
= 3
{1
2
t sen 2t +
1
4
cos 2t
}
+ C
Portanto, a solução geral é:
y =
3
2
sen 2t +
3
4
cos 2t
t
+
C
t
.
Exemplo 3.6. Ache a solução do problema de valor inicial y′ + 2y = e−ty(0) = 34 .
Note que a EDO acima é linear de primeira ordem, onde p(t) = 2 e q(t) = e−t.
O fator integrante é dado por
57
µ(t) = e
∫
2dt = e2t.
Multiplicando a equação pelo fator integrante temos
e2ty′ + 2ye2t︸ ︷︷ ︸
(e2x y)′
= et.
Portanto,
(e2xy)′ = et.
Integrando, temos:
e2ty =
∫
et dt
= et + C.
Portanto, a solução geral é:
y(t) = ce−2t + e−t.
Fazendo t = 0 na solução acima temos
3
4
= y(0) = C + 1⇒ C = −1
4
Assim a solução do PVI é
y(t) = −0.25e−2t + e−t.
Exemplo 3.7. Encontre a solução da equação diferencial
ty′ + (t + 1)y = t
.
Note que a equação acima pode ser reescrita como
y′ +
t + 1
t
y = 1
e portanto é uma EDO linear de primeira ordem com p(t) = t+1t e q(t) = 1. O fator integrante
será:
µ(t) = e
∫
(1+ 1t )dt = et+ln t = tet.
Multiplicando a equação pelo fator integrante temos:
tety′ + (t + 1)ety︸ ︷︷ ︸
(xex y)′
= tet.
58
Portanto,
(tety)′ = tet
Integrando, temos:
tety =
∫
tet dt
(integração por partes)
= tet −
∫
et dt
= tet − et + C.
A solução geral é:
y(t) =
Ce−t
t
− 1
t
+ 1.
que é a solução geral da equação diferencial linear.
3.6 EDO de Primeira ordem separável
Na notação utilizada em EDO sabemos que a variável y representa uma função, digamos
y = y(t) e portanto a notação y′ representa a derivada da função y em relação a variável t, ou seja
y′ =