Série de Taylor de uma Função Analítica

Seja ff uma função analítica em x0Rx_0\in\R.

Então, ff pode ser escrita de um modo único sob a forma de uma série de potências de xx0x-x_0 através da série

f(x)=n=0f(n)(x0)n!(xx0)nf( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{f^{( n)}( x_{0})}{n!}( x-x_{0})^{n}

nalguma vizinhança de x0x_0. A esta série chama-se série de Taylor de ff com respeito ao ponto x0x_0.

Os coeficientes da série de potências são idênticos aos coeficientes do polinómio de Taylor.

⚠️ Nem todas as funções de classe CC^\infin numa vizinhança de um ponto x0Rx_0\in\R são analíticas em x0x_0.

👉 Tal como no polinómio de Taylor, costuma-se chamar a esta série, "Série de MacLaurin" quando x0=0x_0=0.

Condição necessária e suficiente de analiticidade de uma função

Seja ff uma função de classe CC^\infin numa vizinhança de um ponto x0Rx_0\in\R.

Então, ff é analítica em x0x_0 se e só se o resto de ordem nn da fórmula de Taylor, RnR_n, converge pontualmente para 00 nalguma vizinhança de x0x_0, ou seja, se para qualquer xVr(x0)x\in V_r(x_0),

limn+Rn(x)=0\lim_{n\to+\infin}R_n(x)=0

para algum rR+r\in\R^+.

Como esta condição é, por vezes, difícil de se verificar, usa-se frequentemente a condição abaixo, embora apenas seja suficiente e não necessária.

Condição suficiente de analiticidade de uma função

Seja ff uma função de classe CC^\infin numa vizinhança de x0Rx_0\in\R, VR(x0)V_R(x_0), RR+R\in\R^+.

Então, se existem constantes A,BR+A,B \in\R^+ tais que

f(n)(x)ABn|f^{(n)}(x)|\le A\cdot B^n

para quaisquer xVr(x0)x\in V_r(x_0), 0<rR0<r\le R, e nN0n\in\N_0, ff é analítica em x0x_0.

Propriedades operatórias das funções analíticas

Sejam ff e gg duas funções analíticas em x0Rx_0\in\R e nN+n\in \N^+. Então:

  • f±gf\pm g e fgf\cdot g são analíticas em x0x_0;
  • Se g(x0)0g(x_0)\ne 0 então fg\frac fg é analítica em x0x_0;
  • fnf^n é analítica em x0x_0;
  • Se f(x0)>0f(x_0)>0 então fn\sqrt[n]f é analítica em x0x_0;
  • Se f(x0)0f(x_0)\ne 0 então f|f| é analítica em x0x_0.
  • Se ff é analítica em x0x_0 e gg é analítica em f(x0)f(x_0), então gfg\circ f é analítica em x0x_0.
Determinação e aplicação das séries de Taylor

Considere a função

f(x)=sinxf( x) =\sin x

Sabendo que,

f(n)(x)=sin(nπ2+x)f(n)(π4)=sin(2nπ4+π4)=sin(π+2nπ4)f^{( n)}( x) =\sin\left(\frac{n\pi }{2} +\smartcolor{orange}{x}\right)\\f^{( n)}\left(\frac{\pi }{4}\right) =\sin\left(\frac{2n\pi }{4} +\smartcolor{orange}{\frac{\pi }{4}}\right) =\sin\left(\frac{\pi +2n\pi }{4}\right)

Podemos facilmente obter a série de Taylor.

f(x)=n=0sin(π+2nπ4)n!(xπ4)nf( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{\smartcolor{blue}{\sin\left(\frac{\pi +2n\pi }{4}\right)}}{n!}\left( x-\frac{\pi }{4}\right)^{n}

No entanto, isto não torna muito óbvio quais são os coeficientes numéricos da série de potências. Pode-se reescrever f(n)(π4)f^{(n)}\left(\frac{\pi}{4}\right) da seguinte forma (não é imediato como):

sin(π+2nπ4)=22[sin(nπ2)+cos(nπ2)]\sin\left(\frac{\pi +2n\pi }{4}\right) =\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\sin\left(\frac{n\pi }{2}\right) +\cos\left(\frac{n\pi }{2}\right)\right]

Como sin(nπ2)+cos(nπ2)\sin\left(\frac{n\pi }{2}\right) +\cos\left(\frac{n\pi }{2}\right) é sempre 11 ou 1-1, sabemos que an=22n!|a_n|=\frac{\sqrt 2}{2n!}.


Outra forma de resolver o exemplo anterior é através das propriedades das séries de potências e de desenvolvimentos conhecidos.

sinx=sin[π4+(xπ4)]=sin(π4)cos(xπ4)+cos(π4)sin(xπ4)=22cos(xπ4)+22sin(xπ4)\begin{aligned} \sin x & =\sin\left[\smartcolor{orange}{\frac{\pi }{4}} +\smartcolor{blue}{\left( x-\frac{\pi }{4}\right)}\right]\\ & =\smartcolor{orange}{\sin\left(\frac{\pi }{4}\right)}\smartcolor{blue}{\cos\left( x-\frac{\pi }{4}\right)} +\smartcolor{orange}{\cos\left(\frac{\pi }{4}\right)}\smartcolor{blue}{\sin\left( x-\frac{\pi }{4}\right)}\\ & =\smartcolor{orange}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\smartcolor{blue}{\cos\left( x-\frac{\pi }{4}\right)} +\smartcolor{orange}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\smartcolor{blue}{\sin\left( x-\frac{\pi }{4}\right)} \end{aligned}

Pelos desenvolvimentos conhecidos do seno e do cosseno:

sinx=22n=0(1)n(2n)!(xπ4)2n+22n=0(1)n(2n+1)!(xπ4)2n+1\sin x=\frac{\sqrt{2}}{2}\smartcolor{orange}{\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{( 2n) !}\left( x-\frac{\pi }{4}\right)^{2n}} +\frac{\sqrt{2}}{2}\smartcolor{orange}{\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{( 2n+1) !}\left( x-\frac{\pi }{4}\right)^{2n+1}}

Como a soma de duas funções inteiras é uma função inteira:

sinx=n=0an(xπ4)ncoman={2(1)k2n!se n=2k2(1)k2n!se n=2k+1\sin x=\sum ^{\infty }_{n=0} a_{n}\left( x-\frac{\pi }{4}\right)^{n} \quad \text{com} \quad a_{n} =\begin{cases}\frac{\sqrt{2}( -1)^{k}}{2n!} & \text{se } n=2k\\\frac{\sqrt{2}( -1)^{k}}{2n!} & \text{se } n=2k+1\end{cases}

Então:

f(n)(π4)={2(1)k2se n=2k2(1)k2se n=2k+1f^{( n)}\left(\frac{\pi }{4}\right) =\begin{cases}\frac{\sqrt{2}( -1)^{k}}{2} & \text{se } n=2k\\\frac{\sqrt{2}( -1)^{k}}{2} & \text{se } n=2k+1\end{cases}

Embora não pareça, as expressões em ambos os ramos são diferentes. Basta pensar que k=n2k=\frac n2 ou k=n12k=\frac{n-1}2 respetivamente.


Considere-se a função

f: R\{1}R,f(x)=11xf:\ \mathbb{R} \backslash \{1\}\rightarrow \mathbb{R} \quad ,\quad f( x) =\frac{1}{1-x}

Relembrando a fórmula da soma de uma série geométrica, com r=xr=x, obtemos a série de MacLaurin de ff:

f(x)=1×x01x=n=0xn,x<1f( x) =\frac{1\times x^{0}}{1-x} =\sum ^{\infty }_{n=0} x^{n} \quad ,\quad |x|< 1

Se quisermos obter f(n)(0)f^{(n)}(0), basta reescrever a série de MacLaurin para ficar mais evidente este termo:

n=0xn=n=0n!n!xnf(n)(0)=n!\sum ^{\infty }_{n=0} x^{n} =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{\smartcolor{orange}{n!}}{n!} x^{n}\\ \\ f^{( n)}( 0) =n!

Para obter a série de Taylor de ff relativa ao ponto 2, fazemos o seguinte:

f(x)=11x=112(x2)=11(x2)=11[(x2)]f( x) =\frac{1}{1-x} =\frac{1}{1-2-( x-2)} =\frac{1}{-1-( x-2)} =\frac{-1}{1-\smartcolor{orange}{[ -( x-2)]}}

Usando, novamente, a fórmula da soma de uma série geométrica, desta vez com r=(x2){r=-(x-2)}, obtermos:

f(x)=11[(x2)]=n=0[(x2)]n,x2<1f( x) =\frac{\smartcolor{pink}{-1}}{1-\smartcolor{orange}{[}\smartcolor{orange}{-}\smartcolor{orange}{(}\smartcolor{orange}{x-2}\smartcolor{orange}{)}\smartcolor{orange}{]}} =\smartcolor{pink}{-}\sum ^{\infty }_{n=0}[\smartcolor{orange}{-( x-2)}]^{n} \quad ,\quad |x-2|< 1

Pode-se reescrever a série da seguinte forma, para obter f(n)(2)f^{(n)}(2):

f(x)=n=0[(1)(1)n(x2)n]=n=0[(1)n+1(x2)n]==n=0[(1)n+1n!n!(x2)n],xV1(2)f( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\smartcolor{pink}{( -1)}( -1)^{n}( x-2)^{n}\right] =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n\smartcolor{pink}{+1}}( x-2)^{n}\right] =\\ =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{\smartcolor{blue}{( -1)^{n+1} n!}}{n!}( x-2)^{n}\right]\quad,\quad x\in V_1(2)
f(n)(2)=(1)n+1n!f^{( n)}( 2) =\smartcolor{blue}{(}\smartcolor{blue}{-1}\smartcolor{blue}{)}\smartcolor{blue}{^{n+1}}\smartcolor{blue}{n!}

Considere-se a função

f: R\{1}R,f(x)=x1+xf:\ \mathbb{R} \backslash \{-1\}\rightarrow \mathbb{R} \quad ,\quad f( x) =\frac{x}{1+x}

Pode-se usar uma técnica muito semelhante para determinar a série de MacLaurin de ff. Novamente, pela fórmula da soma de uma série geométrica:

f(x)=x1+x=x11(x)=xn=0(x)n,x<1f( x) =\frac{x}{1+x} =\smartcolor{pink}{x} \cdot \frac{1}{1-(\smartcolor{orange}{-x})} =\smartcolor{pink}{x}\sum ^{\infty }_{n=0}(\smartcolor{orange}{-x})^{n} \quad ,\quad |-x|< 1
f(x)=xn=0(x)n =n=0[(1)nxnx] =n=0[(1)nxn+1] =n=1[(1)n1xn],xV1(0)\begin{aligned}f( x) & =\smartcolor{pink}{x}\sum ^{\infty }_{n=0}(\smartcolor{orange}{-x})^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n} x^{n} \cdot \smartcolor{pink}{x}\right]\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n} x^{n\smartcolor{pink}{+1}}\right]\\ & =\sum ^{\infty }_{n=1}\left[( -1)^{n-1} x^{n}\right] \quad ,\quad x\in V_{1}( 0)\end{aligned}

Pode-se assim determinar f(n)(0)f^{(n)}(0):

f(x)=n=1[(1)n1n!n!xn],xV1(0)f(n)(0)={(1)n1n!se n10se n=0f( x) =\sum ^{\infty }_{n=1}\left[\frac{\smartcolor{blue}{( -1)^{n-1} n!}}{n!} x^{n}\right] \quad ,\quad x\in V_{1}( 0)\\ f^{( n)}( 0) =\begin{cases} \smartcolor{blue}{(}\smartcolor{blue}{-1}\smartcolor{blue}{)}\smartcolor{blue}{^{n-1}}\smartcolor{blue}{n!} & \text{se } n\geqslant 1\\ 0 & \text{se } n=0 \end{cases}

Considere-se a função

f: R\{1}R,f(x)=x+11xf:\ \mathbb{R} \backslash \{1\}\rightarrow \mathbb{R} \quad ,\quad f( x) =\frac{x+1}{1-x}

Novamente, pelo mesmo raciocínio, para determinar a série de MacLaurin:

f(x)=x+11x=(x+1)n=0xn=n=0[xn(x+1)]=n=0xn+1+xn=n=0xn+1+n=0xn=n=1xn+n=0xn=n=1xn+x0+n=1xn=1+2n=0xn=1+n=02xn,x<1\begin{aligned} f( x) & =\frac{\smartcolor{green}{x+1}}{1-\smartcolor{orange}{x}}\\ & =\smartcolor{green}{( x+1)}\sum ^{\infty }_{n=0}\smartcolor{orange}{x}^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[ x^{n}\smartcolor{green}{( x+1)}\right]\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0} x^{n+1} +x^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0} x^{n\smartcolor{blue}{+1}} +\sum ^{\infty }_{n=0} x^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{blue}{1}} x^{n} +\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{0}} x^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=1} x^{n} +x^{\smartcolor{orange}{0}} +\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{1}} x^{n}\\ & =1+\smartcolor{orange}{2}\sum ^{\infty }_{n=0} x^{n}\\ & =1+\sum ^{\infty }_{n=0}\smartcolor{orange}{2} x^{n} \quad ,\quad |x|< 1 \end{aligned}

Pode-se assim determinar f(n)(0)f^{(n)}(0):

f(x)=1+n=12n!n!xn,x<1f(n)(0)={2n!se n11se n=0f( x) =1+\sum ^{\infty }_{n=1}\frac{\smartcolor{blue}{2n!}}{n!} x^{n} \quad ,\quad |x|< 1\\f^{( n)}( 0) =\begin{cases}\smartcolor{blue}{2n!} & \text{se } n\geqslant 1\\1 & \text{se } n=0\end{cases}

Também se pode usar a propriedade de as séries de potências poderem ser derivadas e primitivadas termo a termo, no interior do seu intervalo de convergência.


Seja a função

f(x)=arctgxf(x)=\arctg x

Determinando a série de MacLaurin da derivada:

f(x)=11+x2=11(x2)=n=0(x2)n,x2<1f'( x) =\frac{1}{1+x^{2}} =\frac{1}{1-\left(\smartcolor{orange}{-x^{2}}\right)} =\sum ^{\infty }_{n=0}\left(\smartcolor{orange}{-x^{2}}\right)^{n} \quad ,\quad |-x^{2} |< 1
f(x)=n=0[(1)nx2n],xV1(0)f'( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n} x^{2n}\right] \quad ,\quad x\in V_{1}( 0)

Primitivando termo a termo:

f(x)=n=0[(1)n2n+1x2n+1]+Kf( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{( -1)^{n}}{\smartcolor{orange}{2n+1}} x^{\smartcolor{orange}{2n+1}}\right] +K

pois

x2n dx=x2n+12n+1\int x^{2n} \ \mathrm{d} x=\frac{x^{2n+1}}{2n+1}

Podemos determinar KK e f(n)(0)f^{(n)}(0):

f(0)=arctan0=0K=0f(x)=n=0[(1)n2n+1x2n+1]=n=0[(1)n(2n)!(2n+1)!x2n+1],xV1(0)f( 0) =\arctan 0=0\Leftrightarrow K=0\\f( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{( -1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1}\right] =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{\smartcolor{blue}{( -1)^{n} (2n)!}}{(2n+1)!} x^{2n+1}\right] \quad ,\quad x\in V_{1}( 0)

Aqui, como xx está elevado a 2n+12n+1, o fatorial no denominador dos coeficientes tem de ser (2n+1)!(2n+1)!. Por isso, multiplica-se por (2n)!(2n)! no numerador e no denominador.

(1)n(2n)! n=k (1)k(2k)!(1)k(2k+11)! n=2k+1(1)k(n1)!( -1)^{\smartcolor{orange}{n}}( 2\smartcolor{orange}{n}) !\ \underset{n=k}{\Longleftrightarrow } \ ( -1)^{\smartcolor{orange}{k}}( 2\smartcolor{orange}{k}) !\Leftrightarrow ( -1)^{k}(\smartcolor{blue}{2k+1} -1) !\ \underset{n=2k+1}{\Longleftrightarrow }( -1)^{k}(\smartcolor{blue}{n} -1) !
f(n)(0)={(1)k(n1)!se n=2k+10se n=2kf^{( n)}( 0) =\begin{cases}( -1)^{k}( n-1) ! & \text{se } n=2k+1\\0 & \text{se } n=2k\end{cases}

Seja a função

f:R\{1}R,f(x)=1(1+x)2f:\mathbb{R} \backslash \{-1\}\rightarrow \mathbb{R} \quad ,\quad f( x) =\frac{1}{( 1+x)^{2}}

Neste caso, para obtermos algo conhecido, é útil primitivar a função dada.

F(x)=(1+x)2 dx=(1+x)11=11+xF( x) =\int ( 1+x)^{-2} \ \mathrm{d} x=\frac{( 1+x)^{-1}}{-1} =\frac{-1}{1+x}

Novamente, pela fórmula da soma de uma série geométrica:

F(x)=111(x)=n=0(x)n=n=0[(1)(1)nxn]==n=0[(1)n+1xn],x<1F( x) =\smartcolor{blue}{-1} \cdot \frac{1}{1-(\smartcolor{orange}{-x})} =\smartcolor{blue}{-}\sum ^{\infty }_{n=0}(\smartcolor{orange}{-x})^{n} =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[(\smartcolor{blue}{-1})( -1)^{n} x^{n}\right] =\\=\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n\smartcolor{blue}{+1}} x^{n}\right]\quad,\quad|-x|< 1

Derivando agora termo a termo, para obter a série da função dada:

[(1)n+1xn]=(1)n+1nxn1\left[\smartcolor{orange}{( -1)^{n+1}} x^{\smartcolor{blue}{n}}\right] '=\smartcolor{orange}{( -1)^{n+1}}\smartcolor{blue}{n} x^{\smartcolor{blue}{n-1}}

Note-se que a derivada do primeiro termo é nula, pois é uma constante ((1)0+1x0=1)((-1)^{0+1}x^0=-1)

f(x)=n=1[(1)n+1nxn1]=n=0[(1)n(n+1)xn]f( x) =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{1}}\left[( -1)^{n+1} nx^{n-1}\right] =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{0}}\left[( -1)^{n}( n+1) x^{n}\right]

Podemos, assim, determinar f(n)(0)f^{(n)}(0):

f(x)=n=0[(1)n(n+1)n!n!xn]=n=0[(1)n(n+1)!n!xn]f(n)(0)=(1)n(n+1)!f( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{( -1)^{n}( n+1) \cdot n!}{n!} x^{n}\right] =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{\smartcolor{blue}{( -1)^{n}( n+1) !}}{n!} x^{n}\right]\\ f^{( n)}( 0) =\smartcolor{blue}{(}\smartcolor{blue}{-1}\smartcolor{blue}{)}\smartcolor{blue}{^{n}}\smartcolor{blue}{(}\smartcolor{blue}{n+1}\smartcolor{blue}{)}\smartcolor{blue}{!}
Mais Exemplos

Seja a função ff, em que se pretende determinar a sua série de MacLaurin.

f(x)=log2+xf(x)=\log|2+x|

Usando a propriedade em que se pode derivar e primitivar termo a termo as séries de potências:

f(x)=12+x =1211(x2) =12n=0(x2)n = 12n=0(1)n2nxn =n=0[(1)n2×2nxn] =n=0[(1)n2n+1xn],x2<1\begin{aligned}f'( x) & =\frac{1}{\smartcolor{blue}{2} +x}\\ & =\smartcolor{blue}{\frac{1}{2}} \cdot \frac{1}{1-\left(\smartcolor{orange}{-\frac{x}{2}}\right)}\\ & =\smartcolor{blue}{\frac{1}{2}}\sum ^{\infty }_{n=0}\left(\smartcolor{orange}{-\frac{x}{2}}\right)^{n}\\ & =\ \smartcolor{blue}{\frac{1}{2}}\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{2^{n}} x^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{( -1)^{n}}{\smartcolor{blue}{2} \times 2^{n}} x^{n}\right]\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{( -1)^{n}}{2^{n\smartcolor{blue}{+1}}} x^{n}\right] \quad ,\quad \left| -\frac{x}{2}\right| < 1\end{aligned}

Primitivando termo a termo, tem-se:

f(x)=n=0[(1)n(n+1)2n+1xn+1]+K=n=1[(1)n1n2nxn]+K,xV2(0)\begin{aligned}f( x) & =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{blue}{0}}\left[\frac{( -1)^{n}}{\smartcolor{orange}{( n+1)} 2^{n+1}}\smartcolor{orange}{x^{n+1}}\right] +K\\ & =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{blue}{1}}\left[\frac{( -1)^{n-1}}{n2^{n}} x^{n}\right] +K\quad ,\quad x\in V_{2}( 0)\end{aligned}

Como f(0)=log2f(0)=\log2:

f(0)=log2K=log2f(x)=log2+n=1[(1)n1n2nxn],xV2(0)f( 0) =\log 2\Leftrightarrow K=\log 2\\\\f( x) =\log 2+\sum ^{\infty }_{n=1}\left[\frac{( -1)^{n-1}}{n2^{n}} x^{n}\right] \quad ,\quad x\in V_{2}( 0)

Seja a função ff em que se pretende calcular

f(x)=log(1x1+x)f( x) =\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)

Separando o logaritmo:

f(x)=log(1x)log(1+x)f( x) =\smartcolor{orange}{\log( 1-x)} -\smartcolor{blue}{\log( 1+x)}

Determinando à parte o desenvolvimento do primeiro logaritmo:

[log(1x)]=11x=n=0xn,x<1[\smartcolor{orange}{\log( 1-x)}] '=\frac{-1}{1-x} =\smartcolor{green}{-}\sum ^{\infty }_{n=0}\smartcolor{green}{x^{n}} \quad ,\quad |x|< 1

Primitivando termo a termo a série:

log(1x)=n=0[1n+1xn+1]+K,x<1\smartcolor{orange}{\log( 1-x)} =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{0}}\left[\frac{\smartcolor{green}{-1}}{\smartcolor{green}{n+1}}\smartcolor{green}{x^{n+1}}\right] +K\quad ,\quad |x|< 1

Mudando os índices da série e calculando K=0K=0:

log(1x)=n=1[1nxn],x<1\smartcolor{orange}{\log}\smartcolor{orange}{(}\smartcolor{orange}{1-x}\smartcolor{orange}{)} =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{1}}\left[\frac{\smartcolor{green}{-1}}{\smartcolor{green}{n}}\smartcolor{green}{x}\smartcolor{green}{^{n}}\right] \quad ,\quad |x|< 1

Para determinar o desenvolvimento do segundo logaritmo, podemos substituir xx por x-x:

log(1+x)=n=1[1n(x)n]=n=1[(1)n+1nxn],x<1\smartcolor{blue}{\log( 1+x)} =\sum ^{\infty }_{n=1}\left[\frac{-1}{n}( -x)^{n}\right] =\sum ^{\infty }_{n=1}\left[\frac{( -1)^{n+1}}{n} x^{n}\right] \quad ,\quad |x|< 1

Juntando ambos:

f(x)=n=0[1n(1)n+1n]xn,x<1f( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\smartcolor{orange}{\frac{-1}{n}} -\smartcolor{blue}{\frac{( -1)^{n+1}}{n}}\right] x^{n} \quad ,\quad |x|< 1

Como para qualquer nn par os coeficientes se anulam:

f(x)=n=022n+1x2n+1,x<1f( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{-2}{\smartcolor{orange}{2n+1}} x^{\smartcolor{orange}{2n+1}} \quad ,\quad |x|< 1

Séries de Taylor como meio para determinar somas de séries

Podemos usar as séries de Taylor para transformarmos uma série numa função conhecida, de forma a conseguir determinar a sua soma. São usadas as séries conhecidas de funções inteiras.


n=01n!=[n=0xnn!]x=1=[ex]x=1=e\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{\smartcolor{orange}{1}}{n!} =\left[\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{\smartcolor{blue}{x^{n}}}{n!}\right]_{\smartcolor{orange}{x=1}} =\left[ e^{x}\right]_{x=1} =e

Pode ser preciso somar ou subtrair termos para chegarmos a algo conhecido:

n=21(2n)!=[n=2x2n(2n)!]x=1=[coshx1x22]x=1=cosh132\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{\smartcolor{orange}{1}}{( 2n) !} =\left[\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{green}{2}}\frac{\smartcolor{blue}{x^{2n}}}{( 2n) !}\right]_{\smartcolor{orange}{x=1}} =\left[\cosh x\smartcolor{green}{-1-\frac{x^{2}}{2}}\right]_{x=1} =\cosh 1-\frac{3}{2}

Pode ser preciso derivar ou primitivar termo a termo:

n=0n2n=[n=0nxn]x=12=[xn=1nxn1]x=12\sum ^{\infty }_{n=0} n\smartcolor{orange}{2^{-n}} =\left[\sum ^{\infty }_{n=0} n\smartcolor{blue}{x^{n}}\right]_{\smartcolor{orange}{x=\frac{1}{2}}} =\left[\smartcolor{green}{x}\sum ^{\infty }_{n=1} nx^{n\smartcolor{green}{-1}}\right]_{x=\frac{1}{2}}

Primitivando termo a termo:

n=1nxn1=[n=0xn]=(11x)=1(1x)2,x<1\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{1}}\smartcolor{orange}{nx^{n-1}} =\left[\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{0}}\smartcolor{orange}{x^{n}}\right]^{'} =\left(\frac{1}{1-x}\right)^{'} =\frac{1}{( 1-x)^{2}} \quad ,\quad |x|< 1

Então,

n=0n2n=[x(1(1x)2)]x=12=2\sum ^{\infty }_{n=0} n2^{-n} =\left[\smartcolor{green}{x}\left(\smartcolor{blue}{\frac{1}{( 1-x)^{2}}}\right)\right]_{x=\frac{1}{2}} =2

Também pode ser necessário aplicar as operações de primitivação e de derivação pela ordem inversa.

n=11n(3)n=[n=1xnn]x=13\sum ^{\infty }_{n=1}\frac{1}{n\smartcolor{orange}{( -3)^{n}}} =\left[\sum ^{\infty }_{n=1}\frac{\smartcolor{blue}{x^{n}}}{n}\right]_{\smartcolor{orange}{x=-\frac{1}{3}}}

Por outro lado:

[n=1xnn]=n=1xn1=n=0xn=11x,x<1\left[\sum ^{\infty }_{n=1}\frac{x^{n}}{n}\right]^{'} =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{1}} x^{n\smartcolor{orange}{-1}} =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{0}} x^{n} =\frac{1}{1-x} \quad ,\quad |x|< 1

Primitivando ambos os extremos da cadeira de identidades acima, obtemos:

n=1xnn=log(1x)+K,x<1\sum ^{\infty }_{n=1}\frac{x^{n}}{n} =\smartcolor{blue}{-\log( 1-x) +K} \quad ,\quad |x|< 1

Para determinar KK, nota-se que n=1xnn\sum ^{\infty }_{n=1}\frac{x^{n}}{n} vale 00 quando x=0x=0. Logo,

0=log1+KK=log1K=00=-\log 1+K\Leftrightarrow K=\log 1\Leftrightarrow K=0

Substituindo na expressão inicial

n=11n(3)n=[log(1x)]x=13=log34\sum ^{\infty }_{n=1}\frac{1}{n( -3)^{n}} =[\smartcolor{blue}{-\log( 1-x)}]_{x=-\frac{1}{3}} =\log\frac{3}{4}

Também de pode ter de aplicar este método mais do que uma vez:

n=21(n2n)2n=[n=2xnn2n]x=12\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{1}{\left( n^{2} -n\right)\smartcolor{orange}{2^{n}}} =\left[\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{\smartcolor{blue}{x^{n}}}{n^{2} -n}\right]_{\smartcolor{orange}{x=\frac{1}{2}}}

Derivando a série de potências:

[n=2xnn2n]=n=2nxn1n(n1)=n=2xn1n1\left[\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{x^{n}}{n^{2} -n}\right]^{'} =\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{\smartcolor{yellow}{n\cdot } x^{n-1}}{\smartcolor{yellow}{n\cdot }( n-1)} =\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{x^{n-1}}{n-1}

que ainda não é um desenvolvimento conhecido.

Derivando novamente:

[n=2xn1n1]=n=2(n1)xn2n1=n=2xn2=n=0xn=11x,x<1\left[\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{x^{n-1}}{n-1}\right]^{'} =\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{\smartcolor{yellow}{( n-1)} \cdot x^{n-2}}{\smartcolor{yellow}{n-1}} =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{2}} x^{n\smartcolor{orange}{-2}} =\sum ^{\infty }_{n=\smartcolor{orange}{0}} x^{n} =\frac{1}{1-x} \quad ,\quad |x|< 1

De forma semelhante ao exemplo anterior, temos de primitivar duas vezes o resultado, determinando a constante KK em cada uma das primitivações. Obtemos assim:

n=2xnn2n=(1x)log(1x)+x,x<1\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{x^{n}}{n^{2} -n} =\smartcolor{blue}{( 1-x)\log( 1-x) +x} \quad ,\quad |x|< 1

Substituindo na expressão anterior:

n=21(n2n)2n=[(1x)log(1x)+x]x=12=12log(e2)\sum ^{\infty }_{n=2}\frac{1}{\left( n^{2} -n\right) 2^{n}} =[\smartcolor{blue}{(}\smartcolor{blue}{1-x}\smartcolor{blue}{)}\smartcolor{blue}{\log}\smartcolor{blue}{(}\smartcolor{blue}{1-x}\smartcolor{blue}{)}\smartcolor{blue}{+x}]_{x=\frac{1}{2}} =\frac{1}{2}\log\left(\frac{e}{2}\right)

Também pode ocorrer o caso em que o método utilizado anteriormente não consegue eliminar o denominador porque o expoente da potência está "errado". Pode-se, assim, escolher a potência de forma diferente:

n=0(1)n3n(2n+1)=[3n=0(1)n2n+1x2n+1]x=13\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{\smartcolor{orange}{3^{n}}( 2n+1)} =\left[\smartcolor{blue}{\sqrt{3}}\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{2n+1}\smartcolor{blue}{x^{2n+1}}\right]\smartcolor{orange}{_{x=\frac{1}{\sqrt{3}}}}

Derivando a série de potências:

[n=0(1)n2n+1x2n+1]=n=0(1)nx2n=n=0(x2)n=11+x2,x<1\left[\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1}\right]^{'} =\sum ^{\infty }_{n=0}( -1)^{n} x^{2n} =\sum ^{\infty }_{n=0}\left( -x^{2}\right)^{n} =\frac{1}{1+x^{2}} \quad ,\quad |x|< 1

Primitivando, como anteriormente, ambos os extremos da cadeia de identidades:

n=0(1)n2n+1x2n+1=arctanx+K,x<1\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1} =\smartcolor{blue}{\arctan x+K} \quad ,\quad |x|< 1

Como a série do membro esquerdo se anula na origem, K=0K=0, e então:

n=0(1)n3n(2n+1)=[3arctanx]x=13=3π6\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{3^{n}( 2n+1)} =\left[\sqrt{3}\smartcolor{blue}{\arctan x}\right]_{x=\frac{1}{\sqrt{3}}} =\frac{\sqrt{3} \pi }{6}

Cálculo de Integrais de Funções utilizando Séries

Por exemplo, para calcular

01et2 dt\int ^{1}_{0} e^{t^{2}} \ \mathrm{d} t

Pode-se usar o desenvolvimento da série de MacLaurin da exponencial, que já é primitivável termo a termo:

01et2 dt=01n=0t2nn! dt=n=0(1n![t2n+12n+1]01)=n=01(2n+1)n!\int ^{1}_{0} e^{t^{2}} \ \mathrm{d} t=\int ^{1}_{0}\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{t^{2n}}{n!} \ \mathrm{d} t=\sum ^{\infty }_{n=0}\left(\frac{1}{n!}\left[\frac{t^{2n+1}}{2n+1}\right]^{1}_{0}\right) =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{1}{( 2n+1) n!}

Resolução de Equações Funcionais utilizando Séries

Por exemplo, para determinar uma solução inteira, ff, da equação funcional

f(x)x2f(x)=ex,xRf'( x) -x^{2} f( x) =e^{x} \quad ,\quad x\in \mathbb{R}

Se tal solução existir, ela deverá ter uma série de MacLaurin:

f(x)=n=0anxnf( x) =\sum ^{\infty }_{n=0} a_{n} x^{n}

Que, substituindo na equação funcional:

(n=0anxn)x2n=0anxn=n=0xnn!\left(\sum ^{\infty }_{n=0} a_{n} x^{n}\right)^{'} -x^{2}\sum ^{\infty }_{n=0} a_{n} x^{n} =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{x^{n}}{n!}

Derivando termo a termo e efetuando os cálculos:

n=1nanxn1n=0anxn+2=n=0xnn!\sum ^{\infty }_{n=1} na_{n} x^{n-1} -\sum ^{\infty }_{n=0} a_{n} x^{n+2} =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{x^{n}}{n!}

Mudando os índices dos somatórios:

n=0(n+1)an+1xnn=2an2xn=n=0xnn!\sum ^{\infty }_{n=0}( n+1) a_{n+1} x^{n} -\sum ^{\infty }_{n=2} a_{n-2} x^{n} =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{x^{n}}{n!}

E, finalmente, somando ambas as séries (pois a soma de duas séries de potências convergentes em R\R é uma série de potências convergente em R\R):

a1+2a2x+n=2((n+1)an+1an2)xn=n=0xnn!a_{1} +2a_{2} x+\sum ^{\infty }_{n=2}(( n+1) a_{n+1} -a_{n-2}) x^{n} =\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{x^{n}}{n!}

Tendo em conta a unicidade da série de Taylor, obtém-se:

{a1=12a2=1(n+1)an+1an2=1n!,n2\begin{cases}a_{1} =1 & \\2a_{2} =1 & \\( n+1) a_{n+1} -a_{n-2} =\frac{1}{n!} & ,\quad n\geqslant 2\end{cases}

Reescrevendo as condições acima:

{a1=12a2=1an+1=1(n+1)!+an2n+1,n2\begin{cases}a_{1} =1 & \\2a_{2} =1 & \\a_{n+1} =\frac{1}{( n+1) !} +\frac{a_{n-2}}{n+1} & ,\quad n\geqslant 2\end{cases}

Obtêm-se assim a sucessão (an)(a_n) por recorrência, exceto o valor de a0a_0 o qual deve ser dado para o problema ter solução única.


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