Série de Taylor de uma Função Analítica

Seja $f$ uma função analítica em $x_0\in\R$.

Então, $f$ pode ser escrita de um modo único sob a forma de uma série de potências de $x-x_0$ através da série

nalguma vizinhança de $x_0$. A esta série chama-se série de Taylor de $f$ com respeito ao ponto $x_0$.

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

⚠️ Nem todas as funções de classe $C^\infin$ numa vizinhança de um ponto $x_0\in\R$ são analíticas em $x_0$.

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

Condição necessária e suficiente de analiticidade de uma função

Seja $f$ uma função de classe $C^\infin$ numa vizinhança de um ponto $x_0\in\R$.

Então, $f$ é analítica em $x_0$ se e só se o resto de ordem $n$ da fórmula de Taylor, $R_n$, converge pontualmente para $0$ nalguma vizinhança de $x_0$, ou seja, se para qualquer $x\in V_r(x_0)$,

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

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 $f$ uma função de classe $C^\infin$ numa vizinhança de $x_0\in\R$, $V_R(x_0)$, $R\in\R^+$.

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

para quaisquer $x\in V_r(x_0)$, $0<r\le R$, e $n\in\N_0$, $f$ é analítica em $x_0$.

Propriedades operatórias das funções analíticas

Sejam $f$ e $g$ duas funções analíticas em $x_0\in\R$ e $n\in \N^+$. Então:

• $f\pm g$ e $f\cdot g$ são analíticas em $x_0$;
• Se $g(x_0)\ne 0$ então $\frac fg$ é analítica em $x_0$;
• $f^n$ é analítica em $x_0$;
• Se $f(x_0)>0$ então $\sqrt[n]f$ é analítica em $x_0$;
• Se $f(x_0)\ne 0$ então $|f|$ é analítica em $x_0$.
• Se $f$ é analítica em $x_0$ e $g$ é analítica em $f(x_0)$, então $g\circ f$ é analítica em $x_0$.

Determinação e aplicação das séries de Taylor

Considere a função

$$f( x) =\sin x$$

Sabendo que,

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

Podemos facilmente obter a série de Taylor.

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

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

$$\sin\left(\frac{\pi +2n\pi }{4}\right) =\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\sin\left(\frac{n\pi }{2}\right) +\cos\left(\frac{n\pi }{2}\right)\right]$$

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

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

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

Pelos desenvolvimentos conhecidos do seno e do cosseno:

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

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

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

Então:

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

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

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Considere-se a função

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$$f^{( n)}( 2) =\smartcolor{blue}{(}\smartcolor{blue}{-1}\smartcolor{blue}{)}\smartcolor{blue}{^{n+1}}\smartcolor{blue}{n!}$$

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Considere-se a função

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

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

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

$$\begin{aligned}f( x) & =\smartcolor{pink}{x}\sum ^{\infty }_{n=0}(\smartcolor{orange}{-x})^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n} x^{n} \cdot \smartcolor{pink}{x}\right]\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n} x^{n\smartcolor{pink}{+1}}\right]\\ & =\sum ^{\infty }_{n=1}\left[( -1)^{n-1} x^{n}\right] \quad ,\quad x\in V_{1}( 0)\end{aligned}$$

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

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

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Considere-se a função

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

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

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

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

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

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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.

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Seja a função

$$f(x)=\arctg x$$

Determinando a série de MacLaurin da derivada:

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

$$f'( x) =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[( -1)^{n} x^{2n}\right] \quad ,\quad x\in V_{1}( 0)$$

Primitivando termo a termo:

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

pois

$\int x^{2n} \ \mathrm{d} x=\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$

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

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

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

$$( -1)^{\smartcolor{orange}{n}}( 2\smartcolor{orange}{n}) !\ \underset{n=k}{\Longleftrightarrow } \ ( -1)^{\smartcolor{orange}{k}}( 2\smartcolor{orange}{k}) !\Leftrightarrow ( -1)^{k}(\smartcolor{blue}{2k+1} -1) !\ \underset{n=2k+1}{\Longleftrightarrow }( -1)^{k}(\smartcolor{blue}{n} -1) !$$

$$f^{( n)}( 0) =\begin{cases}( -1)^{k}( n-1) ! & \text{se } n=2k+1\\0 & \text{se } n=2k\end{cases}$$

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Seja a função

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

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

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

Novamente, pela fórmula da soma de uma série geométrica:

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

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

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

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

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

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

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

Mais Exemplos

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

$$f(x)=\log|2+x|$$

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

$$\begin{aligned}f'( x) & =\frac{1}{\smartcolor{blue}{2} +x}\\ & =\smartcolor{blue}{\frac{1}{2}} \cdot \frac{1}{1-\left(\smartcolor{orange}{-\frac{x}{2}}\right)}\\ & =\smartcolor{blue}{\frac{1}{2}}\sum ^{\infty }_{n=0}\left(\smartcolor{orange}{-\frac{x}{2}}\right)^{n}\\ & =\ \smartcolor{blue}{\frac{1}{2}}\sum ^{\infty }_{n=0}\frac{( -1)^{n}}{2^{n}} x^{n}\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{( -1)^{n}}{\smartcolor{blue}{2} \times 2^{n}} x^{n}\right]\\ & =\sum ^{\infty }_{n=0}\left[\frac{( -1)^{n}}{2^{n\smartcolor{blue}{+1}}} x^{n}\right] \quad ,\quad \left| -\frac{x}{2}\right| < 1\end{aligned}$$

Primitivando termo a termo, tem-se:

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

Como $f(0)=\log2$:

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

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Seja a função $f$ em que se pretende calcular

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

Separando o logaritmo:

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

Determinando à parte o desenvolvimento do primeiro logaritmo:

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

Primitivando termo a termo a série:

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

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

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

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

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

Juntando ambos:

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

Como para qualquer $n$ par os coeficientes se anulam:

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

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.

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

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Pode ser preciso derivar ou primitivar termo a termo:

Primitivando termo a termo:

Então,

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

Por outro lado:

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

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

Substituindo na expressão inicial

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

Derivando a série de potências:

que ainda não é um desenvolvimento conhecido.

Derivando novamente:

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

Substituindo na expressão anterior:

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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:

Derivando a série de potências:

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

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

Cálculo de Integrais de Funções utilizando Séries

Por exemplo, para calcular

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

Resolução de Equações Funcionais utilizando Séries

Por exemplo, para determinar uma solução inteira, $f$, da equação funcional

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

Que, substituindo na equação funcional:

Derivando termo a termo e efetuando os cálculos:

Mudando os índices dos somatórios:

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

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

Reescrevendo as condições acima:

Obtêm-se assim a sucessão $(a_n)$ por recorrência, exceto o valor de $a_0$ o qual deve ser dado para o problema ter solução única.

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