Séries ou Progressões - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
Progressões ou Séries
01. Progressões Infinitas
Consideremos uma fita de comprimento 1. Vamos tentar recompô-la, partindo de uma
metade, cujo comprimento é 1/2, etapa 1 do processo.
1
Cortamos a metade restante ao meio, obtendo uma fita de comprimento 2 , a qual é
2
justaposta à metade inicial, etapa 2 do processo.
Assim sucessivamente, teremos:
1
..
1/2
Etapa 1
1
22
1
Etapa 2
23
Etapa 3
Na etapa 1 o comprimento da fita é S1 = 1/2.
Na etapa 2 o comprimento da fita será:
S2 = S1 +
1
2
2
=
1
1
+ 2
2 2
Na etapa 3 o comprimento da fita será:
Na etapa 3 o comprimento da fita será:
S3 = S2 +
1
2
=
3
1
1
1
+ 2 + 3
2 2
2
Na etapa n o comprimento da fita será:
Sn = Sn −1 +
1
2
n
=
1
1
1
+ 2 + ... + n
2 2
2
1
2
1
2
2
1
2
3
1
24
...
Assim, é natural esperar que o resultado final será:
1
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1
1
1
1
+
+
+ ... + n + ... = 1
2 22 23
2
onde as últimas reticências pretendem indicar que a soma deve ser feita indefinidamente,
isto é, trata-se de uma soma com infinitas parcelas.
Parece natural definir tal soma como sendo lim Sn . É o que faremos.
n →∞
Usando a fórmula (que será provada posteriormente), teremos:
a + ar + ar 2 + ... + ar n −1 = a
para o nosso caso, em que a =
rn − 1
;r ≠1
r −1
1
1
e r = , vem:
2
2
n
1
  −1
n
1
1
1
1
1 2
1
Sn = + 2 + 3 + ... + n = .
=1− 
1
2 2
2
2
2
2
−1
2
Assim, teremos que lim Sn = 1 .
n →∞
Obtivemos, então, com a definição dada de soma infinita, o valor 1, que é o
comprimento da fita toda dada inicialmente.
Vamos às definições:
Consideremos a seqüência ( an ).
A partir da seqüência an vamos construir a seqüência Sn do seguinte modo:
S1 = a1
S2 = a1 + a2
S3 = a1 + a2 + a3
.
.
.
Sn = a1 + a2 + a3 + a 4 + ... + an
Definição: A seqüência ( Sn ) é chamada série associada à seqüência (
( Sn ) é referido como soma parcial de ordem n. Os termos
termos da série.
Notação :
∑a
n
n≥1
ou
∑a
n
∞
ou
∑a
n
an ). Cada
an são chamados os
ou a1 + a2 + ... + an + ...
n=1
2
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Definição: A série
∑a
n
é dita convergente se a seqüência ( Sn ) for convergente.
Caso contrário a série é dita divergente.
∞
Se a seqüência
( Sn )
é convergente para S dizemos que a série
∑a
n
é
1
convergente com soma
∞
Notação:
∑a
n
.
=S
n =1
∞
Portanto, quando escrevemos
∑a
n
n =1
= S queremos dizer que adicionando um número
suficiente de termos da série podemos chegar tão próximo quanto quisermos do
número S. Note que:
∞
 n

an = lim Sn = lim 
ai 

n →∞
n → ∞
n =1
 i=1 
∑
∑
Observação: Deve ficar claro que S é o limite de uma seqüência de somas e não é
obtido por adição simplesmente.
∞
Exemplo 1: Verifique o desenvolvimento da série
1
∑ n(n + 1) = 1
denominada de
n =1
série telescópica:
Resolução:
Sn =
1
1
1
1 
1
 1 1 1
1
+
+ ... +
= 1 −  +  −  + ... +  −
.
 =1−
1.2 2.3
n.(n + 1)  2   2 3
n +1
n n +1
Assim:
1 

limSn = lim1 −
 =1
n→∞
n→∞
n +1
∞
Logo:
1
∑ n(n + 1) = 1
n =1
Observação: A soma é denominada telescópica por causa de todos os cancelamentos,
onde a soma colapsa (como um antigo telescópio-luneta) em apenas dois termos.
3
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∞
Exemplo 2: Verifique se a série
∑ (− 1)
n
é divergente.
1
Resolução:
Aqui Sn = -1 para n ímpar e Sn = 0 para n par. Portanto Sn não converge.
∞
Exemplo 3: Verifique se a série
∑2
n
é divergente ou convergente.
1
Resolução:
Sn = 2 + 22 + ... + 2n. Logo, verificamos que Sn não é limitada, portanto não é
convergente.
∞
Exemplo 4: Verifique se a série
1
∑n
n =1
é divergente ou convergente.
Resolução:
Sn = 1 +
1
1
+ ... + = ∞ , logo a série é divergente.
2
n
02. Propriedades das Séries ou Progressões
Lembrando que uma série nada mais é do que uma seqüência, aplicando as propriedades
de seqüências obtém-se:
Teorema: Se
∑a
e
n
n ≥1
P.1.
∑ (a
n
∞
P.2.
∑
n =1
c . an = c
n
são convergentes e
c é um número real, tem-se:
n ≥1
± bn ) =
n ≥1
∑b
∑ a ± ∑b
n
n ≥1
n
n ≥1
∞
∑a
n
n =1
Observaçõ: Um número finito de termos não altera a convergência ou divergência de
uma série.
03. Condição necessária à convergência
4
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Teorema: Se
∑a
n
é convergente, então (an ) → 0
Prova: Suponhamos lim Sn = S
n →∞
Temos:
an = (a1 + a2 + ... + an ) − (a1 + a2 + ... + an −1 ) = Sn − Sn −1
lim an = lim (Sn − Sn −1 ) = lim Sn − lim Sn −1 = S − S = 0
n →∞
n →∞
n →∞
n →∞
Portanto teremos que (an ) → 0
Observação: É importante ressaltar que a condição anterior não é suficiente para
garantir a convergência de uma série, isto é, se o termo geral
tendendo a ∞ , não há garantia de que a série converge.
Exemplo 1: Verifique a divergência da série
an tende a zero para n
∑  n  .
1
1
, log o (an ) → 0
n
1
1
No entanto: Sn = 1 + + ... + , log o (Sn ) → ∞
2
n
an =
Exemplo 2: Verifique a divergência da série
∑ ln
n ≥1
n +1
 é divergente e no entanto
n 
n + 1
lim ln
 = ln 1 = 0
n →∞  n 
Logo, como consequência imediata do teorema anterior temos:
Critério de Divergência: Se lim an ≠ 0 então
n →∞
∑a
n
é divergente
Exemplos:
As séries
∑ (− 1) .n
n
2
e
n
∑ 2n + 1
são divergentes, pois seus termos gerais não
tendem a zero, para n tendendo a ∞ .
5
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∞
Outro exemplo é a série
1
∑n
que é divergente. Vamos provar este fato de uma outra
n =1
maneira conforme segue abaixo:
Sn = 1 +
1
1
+ ... + ≥
2
n
n +1
∫
1
dx
= ln (n + 1)
x
Portanto ln(n + 1) ≤ Sn
Como
[(ln(n + 1)) → ∞] ⇒ [Sn
∞
Logo, teremos que
1
∑n
n =1
→ ∞]
é divergente.
04. Séries ou Progressões Alternadas
Definição: Uma série do tipo b1 – b2 + b3 – b4 + ... ( -1 )n – 1bn + ... , onde bn > 0 é chamada
uma série alternada.
∞
Teorema ( Critério de Leibiniz ): Uma série alternada
∑ (− 1)
n −1
bn , bn > 0 em que
1
( bn ) é decrescente e infinitésima é convergente com soma S, onde
S − Sn ≤ bn +1 . A
idéia da prova pode ser retirada da figura a seguir:
b1
b2
b3
b4
b5
b6
0
S2
S4
S6
S
S5
S3
S1
Por exemplo: S − S5 ≤ b6 .
Passemos então a prova:
6
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S2n = S2n −2 + b2n +1 − b2n ≥ S2n −2
Assim ( S2n ) é crescente. Ainda:
S2n = b1 − (b2 − b3 ) − (b4 − b5 ) − ...(b2n −2 − b2n −1 ) − b2n ≤ b1
Logo ( S2n ) é crescentee e limitada superiormente. Pelo Teorema Fundamental para as
seqüências ( S2n ) serem convergentes, teremos ( S2n ) → S.
As somas parciais ímpares podem ser vistas como S2 n + 1 = S2 n + b2 n + 1 . Assim, teremos:
lim(S2n+1 ) = lim(S2n + b2n+1 ) = lim S2n + limb2n+1 = S + 0 = S
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Como ambas as somas parciais pares e ímpares convergem para S, temos que
lim Sn = S .
n →∞
Para finalizar, da ilustração anterior fica claro que
S − Sn ≤ bn +1 , ∀n ∈ Ν .
Exercícios:
1. Prove que a série
(− 1)n+1
∑ 2n − 1
é convergente.
Resolução:
 1 
Como (bn ) = 
 → 0 implica que a mesma é decrescente.
 2n − 1 
Logo, pelo critério de Leibiniz a série dada é convergente.
2. Ainda para a série
(− 1)n+1
∑ 2n − 1
determine quantos termos são necessários a fim de
se obter um erro que não exceda 0,001 em valor absoluto?
Resolução:
S − Sn ≤ bn +1 =
1
1
≤ 0,001 ⇔ 2n + 1 ≥
= 1000 ⇔ n ≥ 500
2(n + 1) − 1
0,001
Portanto são necessários no mínimo 500 termos.
7
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3. Seja a série alternada:
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
− + − + − + − + − + ...
1 2 2 2 3 3 4 4 5 5
Observe que (bn ) → 0 e que a série é divergente. Falha o Critério de Leibiniz?
Resolução:
S2 = 1,
S4 = 1 +
Temos:
(Sn ) → ∞
1
,
2
S6 = 1 +
1 1
+ ,
2 3
...
e assim a série divergente. Não temos falha do Critério de
Leibiniz. O que acontece é que uma das hipóteses do critério não está satisfeita.
Neste caso, ( bn ) não é decrescente.
∞
4. Prove que a série
∑ (− 1)
n −1
1
1
(2n − 1)! é convergente.
Resolução:


1
 → 0 , implica que a mesma é decrescente.
Como (bn ) = 
 (2n − 1)! 
Logo, pelo critério de Leibiniz a série dada é convergente.
∞
5. Ainda para a série
∑ (− 1)
n −1
1
1
(2n − 1)! determine quantos termos são necessários
a fim de se obter um erro que não exceda 0,001 em valor absoluto?
Resolução:
S − Sn ≤ bn +1 =
1
≤ 0,001 ⇔ (2n + 1)! ≥ 1000 ⇔ n ≥ 3
(2(n + 1) − 1)!
Portanto são necessários no mínimo 3 termos.
∞
6. Estude a convergência da série
(− 1)n
∑ n(ln n )
2
2 .
Resolução:
8
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
Temos uma série alternada onde
1
(bn ) = 
 n(ln n )
2

→0
é decrescente. Pelo


Critério de Leibiniz é convergente.
Analisando convergência absoluta e o Critério da Integral, teremos:
f(x ) =
1
x(ln x )
2
∞
∫
f(x)dx =
2
∞
Assim:
∫
2
, continua, decrescente para x ≥ 2
∞
∫
2
dx
x(ln x)
2
= lim
b
dx
∫ x(ln x)
b→∞ 2
2
=−
1
ln x
 1
1  1


=
lim
−
2
 ln 2 ln b  = ln 2
b
→
∞
x(ln x)


dx
Portanto, a série converge absolutamente.
7. Seja a série alternada:
1 1 1
1
1
1
1
1
− + −
+ −
+ −
+ ...
3 2 5 2 2 7 23 9 2 4
Mostre que série dada é divergente e que (bn ) → 0 . A seqüência ( bn ) pode ser
decrescente?
Resolução:
∞
Neste caso temos diferença de duas séries, a saber:
1
∑ 2n + 1
que é divergente
1
∞
com
1
∑2
n −1
n
que é convergente. Assim a série dada é divergente.
Observamos que
(bn ) → 0 ,
logo bn não pode ser decrescente, pois se o fosse
estaríamos nas condoções do Critério de Leibiniz e a série séria convergente.
∞
8. Verifique se a série
∑(− 1)
n=2
n
ln n
n +1
é convergente ou divergente.
Resolução:
9
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A série dada é alternada, onde bn =
ln n
n +1
.
A condição (bn ) → 0 pode ser verificada sem maiores problemas.
A condição ( bn ) decrescente já não é imediata.
Consideremos
f , (x ) =
a
função
correspondente
f(x ) =
ln x
cuja
x+1
derivada
é
1
− ln x
x
(x + 1)2
1+
A derivada é negativa, e a função é decrescente, se ln x ≥ 1 +
Observemos que 1 +
1
.
x
1
≤ 2 para x = 1, 2, 3, ...
x
Assim a seqüência ( bn ) decresce quando ln n > 2 ou seja n ≥ 8 .
∞
Logo, pelo Critério de Leibiniz, a série
∑(− 1)
n=2
n
ln n
n +1
converge.
Portanto a série original também converge.
∞
9. Verifique se a série
∑ (− 1)
n =1
n
n
2n − 1
é divergente ou convergente.
Resolução:
Podemos verificar que a série é alternada e que bn =
lim bn =
n →∞
n
é decrescente mas
2n − 1
1
≠ 0 e assim o Critério de Leibiniz não se aplica.
2
Observamos que
lim (− 1)n
n →∞
ln n
2n − 1
não existe, e assim pelo Critério para
Divergência, a série dada é divergente.
10. Verifique se a seqüência 1 −
1 1 1
+ + + ... é convergente ou divergente.
2 3 4
10
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Resolução:
1
Concluímos que (bn ) =   → 0 é decrescente.
n 
Pelo Critério de Laibiniz, a série é convergente.
Ainda: Não é absolutamente convergente.
Assim: É uma série condicionalmenmte convergente.
2
11.
Verifique se a série
2
2
2
1
1
1
1
2 −   +   +   +   − ...
2
3
4
5
é convergente ou
divergente.
Resolução:
Concluímos que (bn ) =
1
n2
→ 0 , logo ( bn ) é decrescente.
Pelo Critério de Leininiz, a série é convergente.

Na realidade a série é absolutamente convergente e do tipo 


∞
1 
.
2 

∑n
1
Observação: As Série Alternadas podem ser verificadas em divergentes ou
divergentes através do Teste das Séries Alternadas.
Se aK ≥ aK +1 > 0 para todo inteiro positivo K e se
alternada
∑ (− 1)
n −1
lim an = 0 ,
n →∞
então a série
an é convergente.
∞
12. Determine se a série alternada
∑(− 1)
n=1
n−1
2n
4n2 − 3
é divergente ou divergente.
Resolução:
Devemos provar que aK ≥ aK +1 para todo inteiro positivo de K. Podemos então
mostrar que f(x ) =
2x
(4x
3
−3
)
é decrescente para x ≥ 1 . Pela Regra do Quociente
teremos:
11
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f , (x ) =
(4x
2
)
− 3 (2) − (2x )(8x )
(4x
2
−3
)
2
=
− 8x 2 − 6
(4x
2
−3
)
2
<0
Logo, verificamos que f é decrescente e, portanto, aK ≥ aK +1 para todo inteiro
positivo K.
Podemos verificar também que
lim an = 0 , ou seja,
n →∞
lim an = lim
n →∞
n →∞
2n
4n 2 − 3
= 0.
Assim, a série alternada é convergente.
∞
13. Verifique se a série alternada
∑(− 1)
n−1
n=1
2n
é convergente ou divergente.
4n − 3
Resolução:
2n
1
= ≠ 0 , logo podemos verificar que
4n − 3 2
não é verificada, logo a série é divergente.
Podemos de início verificar que lim
n →∞
aK ≥ aK +1
14. Dada a série 1 −
1
1
1
+ − ... + (− 1)n −1
+ ... obtenha uma aproximação de sua
(2n − 1)!
3! 5!
soma S com cinco decimais.
Resolução:
Para determinarmos a soma utilizaremos S4 para aproximar a soma, visto que a série
alternada é convergente.
S =1−
1
1
1
1
1
1
+ −
=1− +
−
≈ 0,84147
3! 5! 7!
6 120 5040
De acordo com o teorema que afirma que a soma numa série alternada apresenta
erro numericamente inferior a a n + 1 seno de soma parcial de ordem nSn.
Assim , o erro envolvido na aproximação é inferior a a5 =
1
< 0,000003 , logo a
9!
aproximação 0,84147 tem precisão de cinco decimais.
15. Mostre que a série alternada 1 −
1 1 1
1
+ − + ... + (− 1)n −1 + ... é condicionalmente
2 3 4
n
convergente.
Resolução:
12
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Sabendo-se que a série é convergente e tratasse de uma série harmônica podemos
concluir que a série é condicionalmente convergente, pois numa série infinita
an
∑
é condicionalmente convergente se é convergente, mas
∑a
é divergente.
n
05. Série ou Progressões de Potências
Vimos que: 1 + x + x 2 + ... + x n + ... =
Fazendo f(x ) =
1
, x < 1.
1−x
1
, então f(x ) = 1 + x + ... + x n + ...
1−x
Dizemos: f é representada por esta série de potências. Por exemplo:
n
1
1
1
1
f  = 1 + + ... +   + ... =
=2
1
2
2
2
 
 
1−
3
∞
Definição: Uma série da forma
∑a
n
(x − c )n
, x ∈ ℜ é dita uma série de potência
n=0
centrada em c (c é dito centro da série ) e a0, a1, ... são ditos coeficientes da série.
Por comodidade iremos trabalhar com séries de potência centradas em 0, mas os
∞
resultados que obteremos serão gerais. Temos então
∑a x
n
n
.
0
∞
∑a x
Teorema: Se
n
n
converge
em
0
x1 , x1 ≠ 0 , então
ela
é
absolutamente
convergente em todo x tal que x < x1 .
∞
Corolário: Se
∑a x
n
0
n
diverge em x1 então ela diverge para todo x tal que x > x1 .
Exercícios:
∞
1. Achar o raio de convergência da série
∑4 x
n
2n
.
0
13
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Resolução:
Seja x fixo arbitrariamente.
Temos uma série numérica de termos ≥ 0,
4 n +1 x 2(n +1 )
n
4 x
= 4x 2 .
2n
Pelo critério da Razão:
4x2 < 1 – série absolutamente convergente.
4x2 > 1 – série divergente.
Logo, R =
1
1
. Em x = ± , onde
2
2
∞
∑
0
 1
4n  ± 
 2
2n
=
∞
∑ 1 − divergente .
0
 1 1
Portanto, intervalo de convergência:  − ,  .
 2 2
∞
2. Determine o intervalo de convergência da série
∑ (− 1)
1
n
1
n5 n
(2x + 1)n .
Resolução:
Façamos a mudança 2x + 1 = y
∞
∑ (− 1)n
Então:
1
yn
n5n
Seja y ∈ ℜ , fixado.
y
n +1
(n + 1) . 5n +1
y
n
=
y
y
n
. → , com n → ∞
n +1 5
5
n . 5n
Pelo Critério da Razão Geral temos:
Série absolutamente convergente se
y
5
<1,
14
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Série divergente se
y
5
> 1,
Mas y = 2x + 1 e assim teremos:
2x + 1 < 5 ⇔ −5 < 2x + 1 < 5 ⇔ −6 < 2x < 4 ⇔ −3 < x < 2.
Logo:
-3 < x < 2 e temos uma série absolutamente convergente.
x < -3 ou x > 2 e temos uma série divergente.
Em x = -3 temos a série
Em x = 2 temos a série
n
n (− 1)
(
−
1
)
∑
n
∑
(− 1)n
n
=
1
∑n
sendo divergente.
sendo convergente.
Portanto, intervalo de convergência sendo igual a ]−3,2] .
A soma de uma série de potências é uma função f(x ) =
∞
∑a
n
(x − c)n
, cujo domínio é o
0
intervalo de convergência da série.
Podemos perguntar: f é difereciável? f é integrável?
O Teorema a seguir fornece as respostas. Ele é conhecido como Teorema de
Diferenciação e Integração Termo a Termo.
∞
Teorema: Se a série de potências
∑ a (x − c)
n
n
tem raio de convergência R > 0, então
0
a função f definida por
f(x ) = a 0 + a1 (x − c) + a2 (x − c) 2 + ... =
∞
∑a
n
(x − c)n
0
é diferenciável ( e assim contínua ) sobre o intervalo ( C – R, C + R ) e
(a)
15
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Curso Prático & Objetivo
f (x) = a1 + 2a2 (x − c) + 3a3 (x − c) + ... =
,
2
∞
∑ na (x − c)
n
n −1
,
n =1
(b)
∫
f(x)dx = c + a 0 (x − c) + a1
(x − c)2
2
(x − c) 3
+ ... = c +
3
+ a2
∞
∑
an
0
(x − c)n +1
n+1
Os raios de convergência das séries de potências em ( a ) e ( b ) são ambos R.
Observação 1: Podemos escrever ( a ) e ( b ) como
(c)
d
dx



∞
∑
0

an (x − c)  =

n
∞
d
∑ dx (a
n
(x − c)n ) ,
0
(d)



∞
∫∑
0

an ( x − c) n dx =

∞
∑∫a
n
(x − c )n dx .
0
Observação 2: Já tinhamos visto que para somas finitas a derivada ( integral ) da
soma é a soma das derivadas ( integrais ). ( c ) e ( d ) afirmam que isto é verdade para
somas infinitas, desde que sejam séries de potências. Para outros tipo de séries de
funções a situação não é tão simples.
Observação 3: O Teorema anterior afirma que o raio de convergência permanece o
mesmo. Isto não significa que o intervalo de convergência permaneça o mesmo.
Observação 4: Expressar uma função como soma de uma série de potências é um
método útil para resolver Equações Diferenciais.
06. Representação de funções como séries ou progressões de potências
Vamos agora verificar a possibilidade de representar uma função através de uma série
de potências.
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Definição: f : I ⊂ ℜ → ℜ , I intervalo aberto. f se diz analítica num ponto C ∈ I quando
f é a soma de uma série de potências de centro c, em algum intervalo (c − δ, c + δ) ,
δ>0.
Se f é analítica em todo ponto de I diremos que f é analítica em I.
Assim:
f é analítica em c ⇔ f(x) =
∞
∑a
n
(x − c)n , ∀x ∈ (c − δ, c + δ ) .
0
Observação 1: Pelo Teorema da secção anterior, se f é analítica em c então:
f( x) =
∞
∑
0
f(n)(c)
(x − c) n , x ∈ (c − δ, c + δ ) .
n!
Ainda: f tem derivadas de todas as ordens em (c − δ, c + δ) - ( Teorema da pag. 14 ).
Observação 2: A recíproca não é verdadeira, isto é, existem funções que possuem
derivadas de todas as ordens em certo intervalo (c − δ, c + δ) e que, no entanto, não são
analíticas.
Definição: f : I ⊂ ℜ → ℜ com derivadas de todas as ordens num ponto C ∈ I . A série
∞
de potências
∑
0
(n )
f ( 0)
(x − c) n é chamada Série de Taylor de f no ponto c. Quando
n!
c = 0, a série anterior é também dita Série de Mac Laurin.
Observação 3: Se f é analítica em c, então f(x) é a soma de sua série de Taylor no
ponto c.
Observação 4: Não é necessariamente verdadeiro que a soma da série de Taylor seja
o valor da função.
Teorema: f : I ⊂ ℜ → ℜ , I em intervalo, f com derivadas de todas as ordens em algum
intervalo (c − δ, c + δ) ⊂ I . Seja Rn (x) =
f (n +1) (ε)
( x − c) n +1 , o resto de Lagrange do
(n + 1)!
desenvolvimento de Taylor de f(x). Então:
f(x) =
∞
∑
0
f(n) (c)
(x − c)n , x ∈ (c − δ, c + δ) ⇔ [Rn (x) → 0, ∀x ∈ (c − δ, c + δ)]
n!
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Na prática fazemos caso de outro resultado que facilita a obtenção do nosso objetivo,
o qual passamos a enunciar:
Teorema: f : I ⊂ ℜ → ℜ , I intervalo, f com derivadas de todas as ordens em algum
intervalo (c − δ, c + δ) ⊂ I . Se existe M > 0 tal que
f (n) (x) < M, ∀n ∈ N, ∀x ∈ (c − δ, c + δ ) , então:
f( x) =
∞
∑
0
f (n ) (c)
( x − c) n , x ∈ (c − δ, c + δ )
n!
Em particular: f á analítica em c.
Exercícios:
03. Calcular
sen
dx
0 x
1
∫
Resolução:
 sen x
,x≠0

Consideremos f( x) =  x
 1 ,x=0

Sabemos que senx =
∞
∑(− 1)n
0
x2n+1
, ∀x ∈ ℜ
(2n + 1)!
Assim, teremos:
f(x) =
−1
x 2n
, onde representa uma série de potências com intervalo de
(2n + 1)!
∑ (− 1)
n
0
convergência em relação a todo intervalo da reta.
Podemos Integrar Termo a Termo, obtendo:
sen
dx =
0 x
∫
1
∞
1
∑ (2n + 1)! ∫
0
0
1
04. Mostre que
(− 1)n
∫
0
e −x
2
dx
=
∞
∑
0
x dx =
2n
∞
(− 1)n
1
∑ (2n + 1)! . (2n + 1) .
0
( −1) n
1
1
e que 1 − +
dá uma aproximação da
n! (2n + 1)
3 5 . 2!
integral com erro em valor absoluto menor que 0,025.
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Resolução:
y
e =
Sabemos que
∞
yn
∑ n! , ∀y ∈ ℜ.
0
2
−x
=
Logo, teremos: e
∞
∑
0
∞
( −x 2 ) n
=
n!
∑ (− 1)n
0
x 2n
, ∀x ∈ ℜ .
n!
Pelo Teorema de Integração Termo a Termo teremos:
1
∫
0
e
−x2
dx =
∞
(−1)n
n!
∑
0
1
∫
0
x dx =
2n
∞
(−1)n 1
1
1
1
.
=1− +
−
+ ...
1!3 2!5 3!7
n! 2n + 1
∑
0

Temos uma série alternada nas condições do Critério de Leibiniz bn+1 =


1

n! (2n + 1) 
Assim, obteremos:
S − s3 ≤ b4 =
1
1
1
=
<
= 0,025
3!7 42 40
1
1
+
dá uma aproximação da ontegral com erro menor que 0,025
1!3 2!5
23
em valor absoluto correspondenta a s3 =
≅ 0,7666 .
30
Logo S = 1 −
∞
05. Qual é o raio e o intervalo de convergência da série
∑n
1
xn
2
3n
?
Resolução:
x n +1
lim
n →∞
(n + 1)2 3n +1
xn
= lim
n →∞
n 2 3n
(n + 1)
2
3n +1
.x =
x
3
n 2 3n
Pelo Critério da Razão Geral temos:
x
3
< 1 é uma série absolutamente convergente.
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x
3
> 1 é uma série absolutamente divergente.
∞
06. Dar o intervalo de convergência da série
∑
( x + 1) n
n
1
.
Resolução:
(x + 1)n +1
lim
n →∞
n +1
(x + 1) n
= x + 1 = distância de x à − 1.
n
Pelo Critério da Razão Geral temos:
x + 1 < 1 a série é absolutamente convergente.
x + 1 > 1 a série é divergente.
Logo o raio de cinvergência é R = 1.
∞
Para x = -2 temos uma série
∑
(− 1)n
n
1
∞
Para x = 0 temos a série
∑
1
1
n
é convergente.
é divergente.
Portanto o intervalo de convergência é
[− 2, 0[ .
∞
07. Dar o intervalo de convergência da série
∑
1
( x − 2)n
n
.
Resolução:
lim
n →∞
(x − 2) n +1
n +1
(x − 2) n
n
= x − 2 = distância de x à 2 .
Pelo Critério da Razão Geral temos:
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x − 1 < 1 a série é absolutamente convergente.
x − 2 > 1 a série é absolutamente divergente.
Logo o raio de convergência é R = 1.
∞
∑
Para x = 1 temos a série
(− 1)n
n
1
∞
Para x = 3 temos a série
1
∑n
sendo convergente.
sendo divergente.
1
Portanto o intervalo de convergência é
∞
08. Encontre a soma da série
∑
0
[1, 3[ .
( x − 1) n
.
(n + 1)!
Resolução:
Seja f( x) =
∞
∑
0
(x − 1)n
(n + 1)!
Assim: ( x − 1)f( x) =
∞
∑
0
(x − 1) n +1
= e x −1 − 1 .
(n + 1)!
 e x −1 − 1
,x ≠1

Logo f(x) =  x − 1
 1
, x =1

∞
09. Sabemos que arctg x =
∑ (− 1)n
0
x 2n +1
, x < 1.
2n + 1
Use esta série para calcular a terceira derivada de arctg x em x = 0.
Resolução:
Temos que
f (3) (0)
1
1
= a3 = (− 1)1 .
=− .
3!
2.1 + 1
3
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Assim:
 d3

 1
= 3!  −  = −2
 3 arctgx
 3
dx
 x=0
∞
10. Suponha que a série de potências
∑a x
n
n
converge em x = -4 e diverge em x = 8.
0
O que podemos dizer sobre a convergência ou divergência das seguintes série:
∞
∑
an 2n e
∞
∑ (− 1) a 9
0
n
n
n
.
0
∞
∑a x
Resolução: Se
n
n
∞
converge em x = -4 então
∑a x
n
0
n
é absolutamente
0
∞
convergente em x tal que x < 4 . Se
∑a x
n
n
∞
∑a x
diverge em x = 8 então
n
0
n
é
0
divergente em x tal que x > 8 .
∞
Assim
∑a 2
n
n
∞
é absolutamente convergente
0
e
∑ (− 1)n an 9n
=
∞
∑ a (− 9)
0
n
n
é
0
divergente.
11. Encontre a série de Mac Laurin de f(x ) =
e x − e −x
, x ∈ ℜ.
2
Resolução:
y
Sabemos que e =
∞
∑
0
yn
, ∀y ∈ ℜ .
n!
Então teremos:
∞
f(x) =
xn
−
n!
∞
(−1)n xn
∑
∑
0
0
2
n!
(1 − (−1) ) x = 2x = x , ∀x ∈ℜ
=∑
∑2(2n + 1)! ∑(2n + 1)!
2n!
∞
0
n
n
∞
2n+1
0
∞
0
∞
12. Usando a questão anterior encontre a soma da série numérica
2n+1
1
∑ (2n )! .
0
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Resolução:
f , ( x) =
∞
∑
0
(2n + 1) 2n
.x =
(2n + 1)!
e 1 + e −1
= f , (1) =
Assim:
2
∞
∑
0
∞
x 2n
(2n)!
1
∑ (2n)!
0
13. Ainda em relação a série de Mac Laurin f(x ) =
f (21) (0) e f (12) (0).
e x − e −x
, x ∈ ℜ. encontre
2
Resolução:
f (21) (0) = a21 .(21)! =
1
(21)! = 1
(21)!
f(12) (0) = a12 .(12)! = 0
2
14. Seja
f(x) = xe−x , x ∈ ℜ. . Encontre uma sperie de potência
em x que represente
f.
Resolução:
y
Sabemos que e =
∞
yn
∑ n! , ∀y ∈ ℜ
0
Então:
e
− x2
=
∞
∑
(− x )
2 n
n!
0
Assim:
f(x) = x . e
−x2
=
∞
15. Considere f( x) =
∑
0
x 2n
( −1)
, ∀x ∈ ℜ
n!
n
x2n+1
(−1)
, ∀x ∈ ℜ
n!
∑
0
=
∞
n
x2
, x < 1. determine uma série de potência em x que
1 − x2
represente f e dê seu intervalo de convergência.
Resolução:
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1
=
Lembremos que
1−r
1
1−x
Assim:
x
2
2
1−x
2
=
=
∞
∑ (x
0
∞
∑x
∞
∑r ,
n
r <1
0
2 n
) , x <1
2n +2
, x <1
0
Intervalo de convergência igual a
]− 1, 1[ .
07. Bobliografia
LEITHOLD, “Cálculo com Geometria Analítica “. Vol II
SWOKOWSKI, Earl. “Cálculo com Geometria Analítica “. Vol II
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