Séries de Taylor e MacLaurin. Capítulo 11pacifico/calculo2/7-Lista-Series-Taylor...Instituto de...

Cálculo II - Séries de Taylor e MacLaurinMaria José Pacifico

Instituto de Matemática - Universidade Federal do Rio de Janeiro

Os seguintes exemplos e exercícios complementam o capítulo 11 do livro “Stewart, J. Calculo,Vol II.”

Séries de Taylor e MacLaurin. Capítulo 11.10

1. Séries de Taylor e de MacLaurin. Lembramos que dada uma função f : R → R, define-sesua série de Taylor ao redor do ponto x = a como

Taf(x) =∞∑n=0

f (n)(a)

n!(x− a)n. (1)

Como o lado direito da série de Taylor é uma série de potências, podemos calcular o raio de con-vergência usando algum método estudado anteriormente. Lembre também que f (n)(a) denotaa n-ésima derivada de f avaliada no ponto a.

A série de MacLaurin, nada mais é do que a série de Taylor ao redor de x = 0; isto é,

T0f(x) =

∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn. (2)

Theorem 1. Se f admite uma representação (expansão) em série

f(x) =

∞∑n=0

an(x− a)n

Então Taf(x) =∑∞

n=0 an(x− a)n.

Note que os coeficientes satisfazem an = f (n)(a)n! para cada n ≥ 0.

Exemplo 1. Encontrar a série de MacLaurin da função

f(x) = (1− x)−2

usando a definição e encontre o raio de convergência.

Resolução. Precisamos primeiro achar (conjecturar) uma expressão geral para f (n)(0). Paraisso, calculamos f (n)(0) para alguns valores de n.

Sabemos que f (0) = f , logo f (0)(0) = f(0) = 1(1−(0))2

= 1.

1



Para n = 1, f (1)(x) = f ′(x) =(

1(1−x)2

)′= 2

(1−x)3⇒ f ′(0) = 2.

Para n = 2, f (2)(x) = f ′′(x) = 3·2(1−x)4

⇒ f ′′(0) = 3 · 2.

Para n = 3, f (3)(x) = 4·3·2(1−x)5

⇒ f (3)(0) = 4 · 3 · 2.Resumidamente,

n = 0 n = 1 n = 2 n = 3

f (0)(0) = 1 f ′(0) = 2 f ′′(0) = 3 · 2 f (3)(0) = 4 · 3 · 2

Esses cálculos já são suficientes para conjecturar que f (n)(x) = (n+1)!(1−x)n+2 .

Portanto,f (n)(0) = (n+ 1)!

para todo n ≥ 0.

Assim, substituindo na equação (2), a série de MacLaurin da função dada é

T0f(x) =∞∑n=0

(n+ 1)!

n!xn =

∞∑n=0

(n+ 1)��n!

��n!xn =

∞∑n=0

(n+ 1)xn.

Para calcular o raio de convergência podemos usar, por exemplo, o Teste da Raiz, sabendoque limn→∞

n√n+ 1 = 1:

limn→∞

n√|(n+ 1) · xn| = lim

n→∞n√

(n+ 1) · |x|n =��:1limn→∞

n√n+ 1 · lim

n→∞�n√|x|�n = |x|.

Para garantizarmos convergência, precisamos que |x| < 1. Portanto o raio de convergência dasérie de MacLaurin de f é R = 1. ■

Problema 1. Encontre o intervalo de convergência da série de MacLaurin achada no exemploacima.

Exemplo 2. Encontre a série de MacLaurin da função

f(x) = sinh(x).

Resolução. Como no exemplo anterior, calculamos f (n)(0) para alguns valores de n, parapodermos “conjecturar” uma expressão geral.

Por definição

sinh(x) =ex − e−x

2=

1

2(ex − e−x).

2



Assim, f (0)(0) = sinh(0) = 12(e

0 − e−0) = 12(1− 1) = 0.

Para n = 1, f ′(x) = 12(e

x + e−x) ⇒ f ′(0) = 1.Para n = 2, f ′′(x) = 1

2(ex − e−x) ⇒ f ′′(0) = 0.

Para n = 3, f (3)(x) = 12(e

x + e−x) ⇒ f (3)(0) = 1. Em suma,

n = 0 n = 1 n = 2 n = 3

f (0)(0) = 0 f ′(0) = 1 f ′′(0) = 0 f (3)(0) = 1

Com esses valores já podemos dizer que

f (n)(0) =

{0 se n é par1 se n é ímpar

Assim, a série de MacLaurin fica

T0f(x) =

∞∑n=0

fn(0)

n!xn =

��*0∑n par

fn(0)

n!xn +

∑n ímpar

fn(0)

n!xn =

∑n ímpar

1

n!xn.

Como todo número ímpar n ≥ 1 pode ser escrito na forma n = 2k+1, k ≥ 0 a série acima podeser escrita como

T0f(x) =∑

n ímpar

1

n!xn =

∞∑k=0

1

(2k + 1)!x2k+1.

É comum voltar à variável original n, trocando k por n (isto não é necessário, é apenas costume!).Temos assim,

T0f(x) =

∞∑n=0

1

(2n+ 1)!x2n+1.

Para calcularmos o raio de convergência, pela presença do fatorial, usamos o Teste da Razãocom termo an = x2n+1

(n+1)! :

limn→∞

|an+1/an| =

∣∣∣∣∣ x2(n+1)+1

(2(n+ 1) + 1)!/

x2n+1

(2n+ 1)!

∣∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣ x2n+2+1

(2n+ 3)!/

x2n+1

(2n+ 1)!

∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣ x2��x2n+1

(2n+ 3)(2n+ 2)��(2n+ 1)!· ��(2n+ 1)!

��x2n+1

∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣ x2

(2n+ 3)(2n+ 2)

∣∣∣∣= 0 < 1.

Como o limite acima é L = 0, independente do valor de x, concluímos que o raio de convergênciaé R = ∞. ■

3



Exemplo 3. Determine a série de MacLaurin de

f(x) = 3x2 − 6x+ 5

usando a definição e determine seu raio de convergência.

Resolução. Como antes, calculamos f (n)(0) nos primeiros valores de n, para assim podermosdeterminar uma expressão geral.

Para n = 0, f (0)(0) = f(0) = 5.Para n = 1, f ′(x) = 6x− 6, ⇒ f ′(0) = −6.Para n = 2, f ′′(x) = 6, ⇒ f ′′(0) = 6.Para n = 3, f (3)(x) = 0, ⇒ f (3)(0) = 0.Como f (3)(x) = 0, é claro que f (n)(x) = 0 para todo n ≥ 3, portanto,

n = 0 n = 1 n = 2 n ≥ 3

f (0)(0) = 5 f ′(0) = −6 f ′′(0) = 6 f (n)(0) = 0

Assim, a série de MacLaurin é

T0f(x) =∞∑n=0

f (n)

n!xn =

2∑n=0

f (n)

n!xn +

��

��>0

∞∑n=3

f (n)

n!xn =

f (0)

0!x0 +

f ′(0)

1!x1 +

f ′′(0)

2!x2 = 5− 6x+ 3x2.

Como a série de Taylor é finita (os termos an = 0, para n ≥ 3), a série é convergente paraqualque valor de x. Portanto, o raio de convergência é R = ∞. ■

Remark 2. O resultado acima não deve ser tão surpreendente, porque a série de MacLaurinde qualquer polinômio é o próprio polinômio.

Exemplo 4. Sabendo que a função cos(x) tem expansão em série:

cos(x) =

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!para todo x ∈ R,

determine a série de MacLaurin de cos2(x).

Resolução. Basta usar a identidade trigonométrica

cos2(x) =1 + cos(2x)

2.

Pois, conhecendo a expansão em série de cos(x), podemos calcular fácilmente a expansão emsérie de cos(2x). De fato,

cos (2x) =

∞∑n=0

(−1)n(2x)2n

(2n)!=

∞∑n=0

(−1)n22nx2n

(2n)!.

4



Logo

cos2 x =1 + cos(2x)

2=

1

2+

1

2

∞∑n=0

(−1)n22nx2n

(2n)!=

1

2+

∞∑n=0

(−1)n22n−1x2n

(2n)!.

Como o raio de convergência da série∑∞

n=0(−1)nx2n

(2n)! é R = ∞, o raio de convergência da série12 +

∑∞n=0

(−1)n22n−1x2n

(2n)! tem que ser também R = ∞. ■

Exemplo 5. (a) Mostre que a função

f(x) =∞∑n=0

xn

n!

é uma solução da equação diferencialy′ = y. (3)

(b) Mostre que f(x) = ex.

Resolução. (a) Se f é solução de (3), deveria verificar que f ′(x) = f(x).Observe que

f(x) = 1 + x+x2

2+

x3

3 · 2+

x4

4 · 3 · 2+ · · ·

Derivando essa função termo a termo obtemos

f ′(x) = 1 + x+x2

2+

x3

3 · 2+

x4

4 · 3 · 2+ · · ·

que coincide com f(x). Portanto f ′(x) = f(x) e portanto é solução de (3).(b) Sabemos que as soluções de (3) são múltimos da exponencial (as únicas funções cuja

derivada coincide com ela mesma); isto é, as soluções de (3) são da forma

ϕ(x) = a · ex, a ∈ R.

Em particular, f(x) = a · ex para algum a ∈ R (já que foi provado em (a) que f é solução).Assim,

a · ex =∞∑n=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2+

x3

3 · 2+

x4

4 · 3 · 2+ · · ·

Avaliando em x = 0, obtemos

ae0 = 1 + 0 +02

2+

03

3 · 2+

04

4 · 3 · 2+ · · · = 1

Portanto, a = 1 e logof(x) = ex. ■

5



Exemplo 6. Determine a série de Taylor da função

f(x) = e2x

ao redor de a = −1. Achar o raio de convergência da série.

Resolução. Calculamos as primeiras derivadas de f em a = −1 para conjecturar uma fórmulageral para f (n)(−1).

Para n = 0, f (0)(x) = f(x) = e2x, ⇒ f(−1) = e−2.Para n = 1, f ′(x) = 2e2x, ⇒ f ′(−1) = 2e−2.Para n = 2, f ′′(x) = 4e2x, ⇒ f ′′(−1) = 4e−2.Para n = 3, f (3)(x) = 8e−2x ⇒ f (3)(−1) = 8e−2.Para n = 3, f (4)(x) = 16e−2x ⇒ f (4)(−1) = 16e−2.Em suma,

n = 0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4

f (0)(−1) = e−2 f ′(−1) = 2e−2 f ′′(−2) = 4e−2 f (3)(−2) = 8e−2 16e−2

20e−2 21e−2 22e−2 23e−2 24e−2

A partir desses valores podemos conjecturar que

f (n)(−1) = 2ne−2, para todo n ≥ 0.

Portanto,

T−1f(x) =

∞∑n=0

f (n)(−1)

n!(x+ 1)n =

∞∑n=0

2ne−2

n!(x+ 1)n.

Para calcular o raio de convergência (devido à presença de factoriais), usamos o Teste da Razão:

limn→∞

∣∣∣∣2n+1e−2

(n+ 1)!(x+ 1)n+1/

2ne−2

n!(x+ 1)n

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣ 2��·2n��e−2

(n+ 1)��n!(x+ 1)n · (x+ 1)/

��2n��e−2

��n! ��(x+ 1)n∣∣∣∣

= limn→∞

∣∣∣∣2(x+ 1)

n+ 1

∣∣∣∣= 0 < 1.

Como o limite acima foi L = 0 para qualquer valor de x ∈ R, concluímos que o raio de con-vergência da série de Taylor é R = ∞. ■

Exemplo 7. Encontre a série de Taylor da função f(x) = log(x) ao redor de x = 2. Determineo raio de convergência.

Resolução. Calculamos as derivadas para poder determinar uma expressão geral de f (n)(2).Para n = 0, f (0)(x) = log(x), → f (0)(2) = log(2).

6



Para n = 1, f ′(x) = 1x , → f ′(2) = 1

2 .Para n = 2, f ′′(x) = − 1

x2 , → f ′′(2) = −14 .

Para n = 3, f (3)(x) = 2x3 , → f (3)(2) = 2

8 .Para n = 4, f (4)(x) = −3·2

x4 , → f (4)(2) = −3·216 .

Em suma

n = 0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4

f (0)(2) = log(2) f ′(2) = 12 f ′′(2) = −1

4 f (3)(2) = 28 f (4)(2) = − 6

16

log(2) (−1)0 · 0!2 (−1)1 1!

22(−1)2 2!

23(−1)3 3!

24

De onde podemos concluir que f (0)(2) = log(2) e f (n)(2) = (−1)n−1 (n−1)!2n se n ≥ 1. Portanto, a

série de Taylor é

T2f(x) =∞∑n=0

f (n)(2)

n!(x− 2)n =

f (0)(2)

0!(x− 2)0 +

∞∑n=1

f (n)(2)

n!(x− 2)n

= log(2) +

∞∑n=1

(−1)n−1(n− 1)!

2nn!(x− 2)n

= log(2) +∞∑n=1

(−1)n−1

n2n(x− 2)n.

O raio de convergência pode ser calculado usando o Teste da Raiz, sabendo que limn→∞ n√n = 1:

limn→∞

n

√∣∣∣∣(−1)n−1

n2n(x− 2)n

∣∣∣∣ = limn→∞

n

√|x− 2|nn2n

= limn→∞

n√

|x− 2|nn√n n√2n

=|x− 2|

2

1

limn→∞ n√n=

|x− 2|2

Pelo Teste da Raiz, para que a série convirga, precisamos que |x−2|2 < 1. Assi, |x − 2| < 2 e

portanto, o raio de convergência é R = 2. ■

Exemplo 8. Encontre a série de Taylor de f centrada em x = 4 se

f (n)(4) =(−1)nn!

3n(n+ 1).

Qual é o raio de convergência da série de Taylor?

Resolução. Pela definição da série de Taylor, temos que

T4f(x) =

∞∑n=0

f (n)(4)

n!(x− 4)n =

∞∑n=0

(−1)n�n!3n(n+1)

��n!(x− 4)n =

∞∑n=0

(−1)n

3n(n+ 1)(x− 4)n.

Para calcular o raio de convergência podemos usar, por exemplo, o Teste da Raiz, sabendo quelimn→∞

n√n+ 1 = 1:

7



limn→∞

n

√∣∣∣∣(−1)n(x− 4)n

3n(n+ 1)

∣∣∣∣ = limn→∞

n

√|x− 4|n3n(n+ 1)

= limn→∞

n√

(x− 4)n

n√3n n

√n+ 1

= limn→∞

|x− 4|3 n√n+ 1

=|x− 4|

3

O Teste da Raiz garante a convergência da série somente quando |x−4|3 < 1, ou seja, quando

|x− 4| < 3. Portanto, o raio de convergência da série é R = 3. ■

Exemplo 9. Determine a série de Taylor de f(x) = 3x2 − 6x+ 5 ao redor de x = −1. Acharseu raio de convergência.

Resolução. Como temos feito até agora, devemos achar os valores de f (n)(−1) para algunsvalores de n, para podermos determinar uma expressão geral.

Para n = 0, f (0)(−1) = f(−1) = 14.Para n = 1, f ′(x) = 6x− 6, logo f ′(−1) = −12.Para n = 2, f ′′(x) = 6, logo f ′′(−1) = 6.Para n = 3, f (3)(x) = 0, logo f (3)(−1) = 0.É fácil ver que f (n)(−1) = 0 para todo n ≥ 3. Em suma,

n = 0 n = 1 n = 2 n ≥ 3

f (0)(−1) = 14 f ′(−1) = −12 f ′′(−1) = 6 f (n)(−1) = 0

Assim,

T1f(x) =∞∑n=0

f (n)(−1)

n!(x+ 1)n =

2∑n=0

f (n)(−1)

n!(x+ 1)n +

��:0∞∑n=3

f (n)(−1)

n!(x+ 1)n

= 14− 12(x+ 1) +6

2(x+ 1)2

= 14− 12(x+ 1) + 3(x+ 1)2.

Como a série é finita, o raio de convergência é R = ∞. ■

Exemplo 10. Determine a série de MacLaurin de

f(x) =

{x−sen(x)

x3 se x ̸= 01/6 se x = 0.

8



Resolução. Como f(x) = x−sen(x)x3 para todo x ̸= 0, a série de MacLaurin de f coincide com

a série de MacLaurin de x− sen(x)

x3.

Lembremos que sen(x) admite uma série de potências

sen(x) =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!= x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

Logo

x− sen(x) = x−(x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

)= �x−�x+

x3

3!− x5

5!+

x7

7!− · · ·

= x3(1

3!− x2

5!+

x4

7!− · · ·

)Portanto,

x− sen(x)

x3=

1

3!− x2

5!+

x4

7!− · · · =

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 3)!x2n ■

Exemplo 11. Use séries para calcular o limite

limx→0

1− cosx

1 + x− ex.

Resolução. Lembremos que

•∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · ·.

•∞∑n=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+ · · ·.

9



Re-escrevendo,

1− cosx

1 + x− ex=

1−(1− x2

2! +x4

4! −x6

6! + · · ·)

1 + x−(1 + x+ x2

2! +x3

3! +x4

4! +x5

5! + · · ·)

=�1− �1 + x2

2! −x4

4! +x6

6! − · · ·��1 + x−��1− x− x2

2! −x3

3! −x4

4! −x5

5! − · · ·

=��x2(

12! −

x2

4! +x4

6! − · · ·)

��x2(− 1

2! −x3! −

x2

4! − · · ·)

=12! −

x2

4! +x4

6! − · · ·− 1

2! −x3! −

x2

4! − · · ·

Usando a continuidade das séries de potências, obtemos

limx→0

1− cosx

1 + x− ex= lim

x→0

12! −

x2

4! +x4

6! − · · ·− 1

2! −x3! −

x2

4! − · · ·=

1/2!

−1/2!= −1. ■

Exemplo 12. Encontrar a soma das seguintes séries:

(a)∞∑n=0

(−1)nx4n

n!.

(b) 1− log(2) +log2(2)

2!− log3(2)

3!+ · · ·.

(c)∞∑n=0

(−1)nπ2n

62n(2n)!.

Resolução. (a) Como aparece o termo n! no denominador do n-ésimo termo da série, umaprimeira possibilidade é que essa série de potências represente alguma variante da função expo-

nencial. Lembramos que • ex =

∞∑n=0

xn

n!.

Então, manipulando nossa série dada, tentaremos chegar numa expressão similar à da exponen-cial.

∞∑n=0

(−1)nx4n

n!=

∞∑n=0

(−1)n(x4)n

n!=

∞∑n=0

(−x4)n

n!

Da última série, podemos ver que∞∑n=0

(−1)nx4n

n!=

∞∑n=0

(−x4)n

n!= e−x4

. ■

10



(b) Primeiro, vamos escrever a expressão em (b) como uma série expressada em somatório.Para isso, começamos observando que os termos da série vão alternando seu sinal, portanto otermo (−1)n deve aparecer na série. Agora é fácil ver que

1− log(2) +log2(2)

2!− log3(2)

3!+ · · · =

∞∑n=0

(−1)n logn(2)

n!=

∞∑n=0

(− logn(2))n

n!

Fazendo x = − log(2) na expanssão da exponencial, obtemos∞∑n=0

(− logn(2))n

n!= e− log(2) =

1

elog 2=

1

2. ■

(c) Observe que∞∑n=0

(−1)nπ2n

62n(2n)!=

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!

(π6

)2n.

e como sabemos

cos(x) =∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!

Portanto, se avaliamos x = π/6 na expanssão em série da função coseno obtemos a soma desejada.Assim,

∞∑n=0

(−1)nπ2n

62n(2n)!= cos(π/6) =

√3

2. ■

Theorem 3 (Desigualdade de Taylor). Seja f : (a, b) → R uma função infinitamente difer-enciável. Se |f (n+1)(x0)| ≤ M para x0 ∈ (a−R, a+R), então

|Rn(x0)| ≤M

(n+ 1)!|x0 − a|n+1.

Exemplo 13. Considere a funçãof(x) = sen(x).

(a) Determinar a série de Taylor de f ao redor de x = π/2.(b) Achar o raio de convergência da série anterior.(c) Achar o intervalo de convergência da série.(d) Mostrar que a Série de Taylor achada em (a) representa à função seno.

Resolução. (a) Temos que determinar uma expressão para f (n)(π/2).

11



Para n = 0 f (0)(x) = sen(x) ⇒ f (0)(π/2) = sen(π/2) = 1.Para n = 1 f ′(x) = cos(x) ⇒ f ′(π/2) = cos(π/2) = 0.Para n = 2 f ′′(x) = −sen(x) ⇒ f ′′(π/2) = −sen(π/2) = −1.Para n = 3 f (3)(x) = − cos(x) ⇒ f (3)(π/2) = − cos(π/2) = 0.

Como f (4)(x) = f(x) vemos que as derivadas se repetem formando um ciclo. Por outro lado,observamos também que f (n)(π/2) = 0 se n é ímpar. Quando n é par, pode ser escrito comon = 2k. Aqui notamos que se k é par então f (n)(x) = sen(x), logo f (n)(π/2) = 1. Se k é ímpar,então f (n)(x) = −sen(x) e logo f (n)(π/2) = −1. Portanto,

Tπ/2f(x) =

∞∑n=0

f (n)(π/2)

n!(x− π/2)n

=∑

n par

f (n)(π/2)

n!(x− π/2)n +

��:0∑n ímpar

f (n)(π/2)

n!(x− π/2)n

=∑k=0

f (2k)(π/2)

(2k)!(x− π/2)2k

=∑k=0

(−1)k

(2k)!(x− π/2)2k

Por costume, voltamos à variável n e obtemos

Tπ/2f(x) =∑n=0

(−1)n

(2n)!(x− π/2)2n

(b) Para determinarmos o raio de convergência, usamos o Teste da Razão:

limn→∞

∣∣∣∣ (−1)n+1

(2n+ 2)!(x− π/2)2n+2/

(−1)n

(2n)!(x− π/2)2n

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣ (x− π/2)2

(2n+ 2)(2n+ 1)

∣∣∣∣ = 0

Como o limite acima é L = 0 independente do valor de x, obtemos que R = ∞.

(c) Todo R.

(d) Vimos antes que f (n)(x) ∈ {sen(x), cos(x),−sen(x),− cos(x)}. Seja R > 0, então

|f (n)(x)| ≤ 1 para qualquer x ∈ (−R,R)

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(porque as funções seno e coseno são limitadas por 1). Portanto, se satisfazem as hipóteses dadesigualdade de Taylor, logo

Tπ/2(x) = f(x) para todo x ∈ (−R,R).

Como R foi escolhido arbitrariamente, f(x) = Tπ/2f(x) para todo x ∈ R. ■

EXERCICIOSExercício 1. Represente as seguintes integrais indefinidas como séries de potências:

(a)∫

sen(πx)

πxdx.

(b)∫

e−x2dx. Pode dar uma aproximação do valor

∫ 1

0e−x2

dx?

Exercício 2. Encontre a série de MacLaurin das seguintes funções e determine o raio deconvergência:

(a) f(x) = cos(√x).

(b) f(x) = cosh(x).(c) f(x) =.(d) f(x) =

∫ x

0cos(

√t)dt.

Exercício 3. Determine a série de Taylor das seguintes funções no ponto que se indica, e calculeo raio de convergência:

(a) f(x) = log(x) em x = 1.(b) f(x) =

x

4x− 2x2 − 1em x = 1.

(c) f(x) =1√1− x

em x = 0.

(d) f(x) = log(1− x), em x = 0.

Exercício 4. Usando séries de potências, calcule os seguintes limites:

(a) limx→0

log(1− x2)

x2.

(b) limx→0+

cos(√x)− 1

2x.

Exercício 5. Achar a soma das seguintes séries numéricas:

(a)∞∑n=0

1

(√2)n

.

(b)∞∑n=0

(−1)n

n.

(c)∞∑n=0

(−1)nk2nπ2n

(2n)!para todo k ∈ Z.

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Exercício 6. Achar a série de MacLaurin e o raio de convergência da função

f(x) =1

2− x.

Na seguinte tabela, resumimos as séries de MacLaurin das funções mais importantes.

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Função Série de MacLaurin Raio de convegência

1

1− x

∞∑n=0

xn R = 1

ex∞∑n=0

xn

n!R = ∞

sen(x)

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1 R = ∞

cos(x)∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n R = ∞

arctan(x)

∞∑n=0

(−1)n

2n+ 1x2n+1 R = 1

log(1 + x)

∞∑n=1

(−1)n−1

nxn R = 1

(1 + x)k∞∑n=0

(k

n

)xn R = 1

senh(x)∞∑n=0

1

(2n+ 1)!x2n+1 R = ∞

cosh(x)∞∑n=0

1

(2n)!x2n R = ∞

15



(k

n

)=

k(k − 1)(k − 2) · · · (k − (n− 1))

n!.

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