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
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Para n = 1, f (1)(x) = f ′(x) =(
1(1−x)2
)′= 2
(1−x)3⇒ f ′(0) = 2.
Para n = 2, f (2)(x) = f ′′(x) = 3·2(1−x)4
⇒ f ′′(0) = 3 · 2.
Para n = 3, f (3)(x) = 4·3·2(1−x)5
⇒ f (3)(0) = 4 · 3 · 2.Resumidamente,
n = 0 n = 1 n = 2 n = 3
f (0)(0) = 1 f ′(0) = 2 f ′′(0) = 3 · 2 f (3)(0) = 4 · 3 · 2
Esses cálculos já são suficientes para conjecturar que f (n)(x) = (n+1)!(1−x)n+2 .
Portanto,f (n)(0) = (n+ 1)!
para todo n ≥ 0.
Assim, substituindo na equação (2), a série de MacLaurin da função dada é
T0f(x) =∞∑n=0
(n+ 1)!
n!xn =
∞∑n=0
(n+ 1)��n!
��n!xn =
∞∑n=0
(n+ 1)xn.
Para calcular o raio de convergência podemos usar, por exemplo, o Teste da Raiz, 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
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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
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Exemplo 3. Determine a série de MacLaurin de
f(x) = 3x2 − 6x+ 5
usando a definição e determine seu raio de convergência.
Resolução. Como antes, calculamos f (n)(0) nos primeiros valores de n, para assim 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
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Logo
cos2 x =1 + cos(2x)
2=
1
2+
1
2
∞∑n=0
(−1)n22nx2n
(2n)!=
1
2+
∞∑n=0
(−1)n22n−1x2n
(2n)!.
Como o raio de convergência da série∑∞
n=0(−1)nx2n
(2n)! é R = ∞, o raio de convergência da 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
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Exemplo 6. Determine a série de Taylor da função
f(x) = e2x
ao redor de a = −1. Achar o raio de convergência da série.
Resolução. Calculamos as primeiras derivadas de f em a = −1 para conjecturar uma 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
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Para n = 1, f ′(x) = 1x , → f ′(2) = 1
2 .Para n = 2, f ′′(x) = − 1
x2 , → f ′′(2) = −14 .
Para n = 3, f (3)(x) = 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:
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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.
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Resolução. Como f(x) = x−sen(x)x3 para todo x ̸= 0, a série de MacLaurin de f coincide com
a série de MacLaurin de x− sen(x)
x3.
Lembremos que sen(x) admite uma série de potências
sen(x) =
∞∑n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!= x− 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!+ · · ·.
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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
. ■
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(b) Primeiro, vamos escrever a expressão em (b) como uma série expressada em somatório.Para isso, começamos observando que os termos da série vão alternando seu sinal, portanto 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).
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Para n = 0 f (0)(x) = sen(x) ⇒ f (0)(π/2) = sen(π/2) = 1.Para n = 1 f ′(x) = cos(x) ⇒ f ′(π/2) = cos(π/2) = 0.Para n = 2 f ′′(x) = −sen(x) ⇒ f ′′(π/2) = −sen(π/2) = −1.Para n = 3 f (3)(x) = − cos(x) ⇒ f (3)(π/2) = − cos(π/2) = 0.
Como f (4)(x) = f(x) vemos que as derivadas se repetem formando um ciclo. Por outro lado,observamos também que f (n)(π/2) = 0 se n é ímpar. Quando n é par, pode ser escrito 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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Cálculo II - Séries de Taylor e MacLaurinMaria José Pacifico
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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 = ∞
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(k
n
)=
k(k − 1)(k − 2) · · · (k − (n− 1))
n!.
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