matematica aplicada - sequencias e series de funções
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NOTAS DE AULA
SEQUENCIAS E SERIES DE FUNCOES
Claudio Martins Mendes
Primeiro Semestre de 2006
Sumario
1 Sequencias e Series de funcoes 2
1.1 Sequencias de Funcoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Series de Funcoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3 Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4 Representacao de funcoes como series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.5 Serie Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1
Capıtulo 1
Sequencias e Series de funcoes
1.1 Sequencias de Funcoes
Definicao 1.1.1. Seja A um subconjunto de R. Se a cada natural n fizermos corresponder
uma funcao fn, definida em A ( isto e, fn : A → R), entao (fn) sera dita sequencia de funcoes
.
Exemplo 1. Considere A = [0,∞) e fn : A → R dadas por fn(x) =x
n, cujos graficos dos
quatro primeiros termos estao na figura a seguir.
x0
y
x
f4
f3
f2
f1
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
-
6
Exemplo 2. Considere A = R e fn : R→ R dadas por fn(x) = xn, x ∈ R cujos graficos de
f1, f2 e f3 encontram-se na figura a seguir.
2
1
1
y
x
f3
f2
f1
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡
-
6
Observacao: Para cada x0 ∈ A fixado, obtemos uma sequencia numerica (fn(x0)) que
pode ou nao ser uma sequencia numerica convergente.
Definicao 1.1.2. Seja (fn) uma sequencia de funcoes definidas em A, subconjunto de R.
Seja B ⊂ A e f uma funcao com valores reais, definida em um conjunto contendo B. Di-
zemos que a sequencia (fn) converge sobre B para f se para cada x ∈ B, fixo, a sequencia
numerica (fn(x)) converge para f(x). Neste caso chamaremos a funcao f de limite, sobre B,
da sequencia (fn).
Notacao: (fn) → f sobre B ou limn→∞
fn = f sobre B.
Observacao 1: Notemos que f esta univocamente determinada, isto e, e de fato uma funcao.
Observacao 2: [(fn) → f sobre B ] ⇔ [ Para cada x ∈ B e para cada ε > 0, ∃N0 ∈ N,
N0 = N0(ε, x), tal que para n ≥ N0 temos |fn(x)− f(x)| < ε ]
Observacao 3: Este tipo de convergencia de sequencia de funcoes e chamado tambem de
convergencia ponto a ponto.
Exemplo 1. Consideremos A = R e fn : R→ R dadas por fn(x) =x
n.
Fixado x ∈ R temos que limn→∞
fn(x) = limn→∞
x
n= 0. Logo, tomando-se f : R → R dada por
f(x) = 0, temos que (fn) → f sobre R, ponto a ponto.
3
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
f
f1
-
6
f2
f3
f4
x
y
x0
Exemplo 2. Consideremos A = [0, 1] e fn : A → R dadas por fn(x) = xn.
Fixado x ∈ A temos que
(i) Se x = 1 entao limn→∞
fn(1) = limn→∞
1n = 1.
(ii) Se 0 ≤ x < 1 entao limn→∞
fn(x) = limn→∞
xn = 0.
Logo, tomando-se f : A → R dada por f(x) =
0 , se x 6= 0
1 , se x = 1
temos que (fn) → f sobre B = A = [0, 1], ponto a ponto.
x0
f1
f2
f3
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
y
x1
1
-
6
Exemplo 3. Consideremos A = R e fn : R→ R dadas por fn(x) =x2 + nx
n.
Fixado x ∈ R temos que limn→∞
fn(x) = limn→∞
x2
n+ x = x. Logo, tomando-se f : R → R dada
por f(x) = x, temos que (fn) → f sobre R, ponto a ponto.
4
x0
f2f1
f
y
x¡¡
¡¡
¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
-
6
Exemplo 4. Consideremos A = R e fn : R→ R dadas por fn(x) =1
nsen (nx + n).
Fixado x ∈ R temos que limn→∞
fn(x) = limn→∞
1
nsen (nx + n) = 0. Logo, tomando-se f : R→ R
dada por f(x) = 0, temos que (fn) → f em B = R, ponto a ponto.
x0 xf3
f2
f1
f -
Trabalharemos agora com um outro tipo de convergencia para sequencias de funcoes.
Definicao 1.1.3. Uma sequencia de funcoes (fn) definidas em A ⊂ R ( isto e, fn : A → R),
converge uniformente em B ⊂ A para uma funcao f : B → R se para cada ε > 0 dado, existe
N0 = N0(ε) ∈ N tal que se n ≥ N0 entao |fn(x)− f(x)| < ε, ∀x ∈ B.
Observacao 1. Notemos que escrever |fn(x)− f(x)| < ε e equivalente a escrever
−ε < fn(x)− f(x) < ε ou ainda f(x)− ε < fn(x) < f(x) + ε. Assim, fn satisfaz a condicao
acima se e somente se seu grafico esta contido no ”tubinho”de raio ε em torno do grafico da
funcao f (vide figura a seguir).
5
ε
ε
fn
f
y
x
6
?6
?
-
6
Observacao 2. Segue imediatamente das definicoes que convergencia uniforme implica em
convergencia ponto a ponto. A recıproca e falsa, como mostram os exemplos a seguir.
Exemplo 1. Sejam A = R e fn : R→ R dada por fn(x) =x
n.
Observemos que (fn) → 0 quando n → ∞, isto e, a sequencia (fn) converge ponto a ponto
para a funcao f(x) = 0 em R. Porem a convergencia nao e uniforme em R. De fato,
suponhamos, por absurdo, que (fn) → 0 uniformemente em R. Entao, dado por exemplo,
ε = 1, deveria existir um N0 ∈ N tal que se n ≥ N0 entao |xn− 0| < 1, para todo x ∈ R. Em
particular | x
N0
| < 1, ∀x ∈ R ou equivalentemente |x| < N0, ∀x ∈ R, o que e um absurdo.
Portanto nao existe um N0 ∈ N tal que |fn(x)− f(x)| < ε = 1, ∀x ∈ R. Logo a convergencia
nao e uniforme.
x
ε
εx0nε
6?
?6
fn
f2
f1y
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
-
6
Exemplo 2. Consideremos A = [0, 10] e fn : A → R dada por fn(x) =x
n.
Observemos que como no caso anterior (fn) → f = 0, ponto a ponto sobre A = [0, 10].
Analisemos se a convergencia e uniforme. Para isto, dado ε > 0 tomemos N0 ∈ N tal que
6
N0 >10
ε. Entao, se n > N0 temos |fn(x) − f(x)| = |x
n| ≤ 10
n≤ 10
N0
< ε mostrando que
(fn) → f , uniformemente sobre A = [0, 10].
Notemos aqui que o mesmo tipo de raciocınio poderia ser usado para o caso de A = [a, b]
qualquer.
x
ε
ε10
6?
?6
fn
f3
f2
f1y
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡¡
-
6
Exemplo 3. Consideremos A = [0, 1], fn : A → R, dada por fn(x) = xn e f : A → R,
definida por f(x) =
0 , se x < 1
1 , se x = 1
Observemos que (fn) → f pontualmente em A = [0, 1], mas a convergencia nao e uniforme.
De fato, suponhamos, por absurdo, que a convergencia seja uniforme.
Dado ε tal que 0 < ε < 1.
Por maior que seja n tomamos x0 ∈ [0, 1] tal que ε1/n < x0 < 1
Logo, |fn(x0)− f(x0)| = |xn0 − 0| = xn
0 > ε
Portanto, a convergencia nao e uniforme.
¡¡¡
µfn(x) = xn
x0ε1/n
?
6ε
?
6ε
-
6
1
1 x
y
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡
7
Mais adiante, usando outro argumento, veremos que esta convergencia nao pode ser uni-
forme.
Exemplo 4. Consideremos A = R, fn : R → R dada por fn(x) =x2 + nx
ne f : R → R
definida por f(x) = x.
Observemos que (fn) → f ponto a ponto em R mas nao converge uniformemente (exercıcio).
x0
f1fn
f
y
x
¡¡
¡¡
¡¡¡
¡¡
¡¡
¡¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
?
?
6
6
ε
ε
-
6
Exemplo 5. Consideremos A = R, fn : R→ R, dada por fn(x) =1
nsen (nx + n)
e f : R→ R, definida por f(x) = 0.
Entao (fn) → f uniformemente em A = R (exercıcio).
Sugestao: | 1n
sen (nx + n)| ≤ 1
n, ∀x ∈ R.
xfn
f2
f1
6
?6
?
ε
ε
-f
Exemplo 6. Sejam A = [0,∞), fn : A → R, dadas pelos graficos a seguir e f : A → R
definida por f(x) =
0 , se x 6= 0
1 , se x = 0
8
Neste caso, (fn) → f ponto a ponto sobre A, mas a convergencia nao e uniforme (Tente veri-
ficar). Mais adiante teremos uma outra maneira de comprovar que neste caso a convergencia
nao pode ser uniforme.
1
x0
f
x
y
ε
ε
?
6?
6
f3
f2
f1
@@
@@
@@
@@
@@
@@
6
-11
213
Exemplo 7. Sejam A = R e fn : R→ R, definida por f(x) =
1− 1n|x| , se |x| < n
0 , se |x| ≥ n
e f : R → R dada por f(x) = 1, ∀x ∈ R.
Entao (fn) → f ponto a ponto sobre R, mas nao uniformemente em R. (Tente resolver)
−n −2 −1
1
n21
fnf2f1
y
x
ε
6?6?
ε
x0
f¡
¡¡
¡ @@
@@
6
-
Exemplo 8. Consideremos A = (0, 1], fn : A → R, dada por fn(x) =1
nxe f : A → R,
definida por f(x) = 0, para todo x ∈ A.
Entao (fn) → f pontualmente em A, mas nao converge uniformemente em A.
De fato, suponhamos, por absurdo, que a convergencia fosse uniforme. Logo, dado por
exemplo ε =1
2, existiria um N0 ∈ N tal que para todo n ≥ N0 terıamos |fn(x)− f(x)| < 1/2,
para todo x ∈ A = (0, 1], isto e, | 1
nx| < 1
2, ∀x ∈ A = (0, 1].
Assim, em particular, | 1
N0x| < 1
2, ∀x ∈ A = (0, 1] .
9
Logo, 0 <1
xx <
N0
2, ∀x ∈ (0, 1], o que e um absurdo. Portanto nao existe tal N0, isto e, a
convergencia nao e uniforme.
1
f
x0
6?6
?ε
ε
x
fn
f2
f1
y
-
6
A seguir vamos apresentar algumas resultados baseados na nocao de convergencia uni-
forme.
Teorema 1.1.4. Suponhamos que (fn) seja uma sequencia de funcoes integraveis sobre [a, b]
e que (fn) → f uniformemente sobre [a, b], com f integravel sobre [a, b]. Entao∫ b
a
f(x) dx = limn→∞
∫ b
a
fn(x) dx
ou seja ∫ b
a
limn→∞
fn(x) dx = limn→∞
∫ b
a
fn(x) dx
Prova:
Dado ε > 0, como (fn) → f uniformemente sobre [a, b], existe N0 = N0(ε) ∈ N tal que se
n ≥ N0 entao |fn(x)− f(x)| < ε
b− apara todo x ∈ [a, b]. Logo, se n ≥ N0, temos:
|∫ b
a
fn(x) dx−∫ b
a
f(x) dx| = |∫ b
a
(fn(x)− f(x)) dx|
≤∫ b
a
|fn(x)− f(x)| dx ≤∫ b
a
ε
b− adx = ε
Assim,
limn→∞
∫ b
a
fn(x) dx =
∫ b
a
f(x) dx
¤
10
Teorema 1.1.5. Suponhamos que (fn) seja uma sequencia de funcoes contınuas sobre [a, b]
convergindo uniformemente sobre [a, b] para f . Entao f e tambem contınua sobre [a, b].
Prova:
Precisamos mostrar que f e contınua para cada x ∈ [a, b]. Faremos a demonstracao quando
x ∈ (a, b). Os casos x = a ou x = b sao simples adaptacoes do caso que faremos,por isso
serao deixados como exercıcio.
Dado ε > 0, do fato que fn → f uniformemente em [a, b], segue que existe N0 = N0(ε) ∈ N
tal que se n ≥ N0 temos |fn(y)− f(y)| < ε
3, ∀y ∈ [a, b].
Em particular, |fN0(y)− f(y)| < ε
3, ∀y ∈ [a, b].
Como fN0 e contınua em x, existe δ > 0 tal que se |h| < δ entao |fN0(x + h)− fN0(x)| < ε
3.
Assim, se |h| < δ temos:
|f(x + h)− f(x)| = |f(x + h)− fN0(x + h) + fN0(x + h)− fN0(x) + fN0(x)− f(x)|≤ |f(x + h)− fN0(x + h)|+ |fN0(x + h)− fN0(x)|+ |fN0(x)− f(x)|<
ε
3+
ε
3+
ε
3= ε.
Portanto, limh→0
f(x + h) = f(x), isto e, f e contınua em x. ¤
Observacao: Tendo em vista os dois teoremas anteriores, podemos pensar que algo se-
melhante vale para funcoes diferenciaveis. Isto e: se (fn) e uma sequencia de funcoes dife-
renciaveis sobre [a, b] convergindo uniformemente para f sobre [a, b] entao f e diferenciavel
em [a, b] e f ′ = limn→∞
f ′n . Isto nao e verdadeiro em geral, como mostram os dois exemplos a
seguir.
Exemplo 1. Consideremos a sequencia (fn) dadas pelos seus graficos a seguir, definidas
em R e f(x) = |x| , x ∈ R.
Observemos que (fn) → f uniformemente sobre R e que apesar das fn serem todas dife-
renciaveis f nao e.
11
y
x
f
ε
ε6?6?
@@
@@
@@
@@
@@
@ ¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡¡@
@@
@@
@@
@@
@@
fn
f3
f2
f1
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡¡
@@
@@
@@
@@
@@
@
-
6
Exemplo 2. Mesmo se f for diferenciavel, podemos nao ter a igualdade f ′(x) = limn→∞
f ′n(x).
De fato, consideremos fn : R → R dada por fn(x) =1
n.sen (n2x) e f : R → R definida
por f(x) = 0, x ∈ R.
Observemos que apesar de fn → f uniformemente em R e f ser diferenciavel, nao temos
limn→∞
f ′n(x) = f ′(x), pois f ′n(x) = n cos(n2x) e este limite nem sempre existe ( por exemplo,
ele nao existe quando x = 0).
fn
y
ε
ε
?
6?
6
f2
f1
x-f
6
Vejamos entao qual e o resultado que permanece para o caso da diferenciabilidade.
Teorema 1.1.6. Suponhamos que (fn) seja uma sequencia de funcoes diferenciaveis sobre
[a, b] e que (fn) converge ponto a ponto sobre [a, b] para f . Suponhamos ainda que (f ′n)
converge uniformemente sobre [a, b] para alguma funcao g e que f ′n seja contınua, ∀n ∈ N.
Entao f e diferenciavel sobre [a, b] e
f ′(x) = limn→∞
f ′n(x)
12
ou seja,
[ limn→∞
fn(x)]′ = limn→∞
f ′n(x)
Prova:
Do teorema anterior, g e contınua sobre [a, b]. Aplicando o teorema 1.2.4 ao intervalo [a, x]
temos:
∫ x
a
g(t) dt = limn→∞
∫ x
a
f ′n(t) dt = limn→∞
[fn(x)− fn(a)]
= f(x)− f(a)
onde, na segunda igualdade aplicamos o Teorema Fundamental do Calculo.
Agora,
f(x)− f(a) =
∫ x
a
g(t) dt = G(x)−G(a)
onde G(x) e tal que G′(x) = g(x) (Teorema Fundamental do Calculo).
Assim
f ′(x) = G′(x) = g(x) = limn→∞
f ′n(x), ∀x ∈ [a, b]
. ¤
1.2 Series de Funcoes
Definicao 1.2.1. Dada a sequencia de funcoes (fn) definidas em A ⊂ R podemos construir
uma outra sequencia de funcoes (Sn(x)) tal que Sn(x) = f1(x) + · · ·+ fn(x) =n∑
k=1
fk(x). Tal
sequencia e denominada serie de funcoes associada a sequencia (fn) e indicada por∞∑
n=1
fn.
Observacao: Para cada x0 ∈ A a serie (Sn(x0)) e uma serie numerica.
Definicao 1.2.2. Diremos que a serie de funcoes∞∑
n=1
fn converge pontualmente para
f em A se a sequencia de funcoes (Sn) converge pontualmente para f , isto e, se para cada
x ∈ A a serie numerica∞∑
n=1
fn(x) converge para f(x).
Definicao 1.2.3. Diremos que a serie de funcoes∞∑
n=1
fn converge uniformemente para
f em A se a sequencia de funcoes (Sn) converge uniformemente para f em A.
13
Antes de exibirmos alguns exemplos de convergencia de series de funcoes daremos alguns
resultados que serao uteis em varias situacoes. O primeiro deles e consequencia imediata dos
teoremas anteriores, a saber:
Corolario 1.2.4. Seja∞∑
n=1
fn serie de funcoes uniformemente convergente sobre [a, b] para
f , isto e, f =∞∑
n=1
fn.
(i) Se cada uma das funcoes fn for contınua sobre [a, b] entao f e contınua sobre [a, b].
(ii) Se f e as fn forem integraveis em [a, b], entao
∫ b
a
f(t) dt =∞∑
n=1
∫ b
a
fn(t) dt
isto e, ∫ b
a
∞∑n=1
fn(t) dt =∞∑
n=1
∫ b
a
fn(t) dt
ou seja, a serie pode ser integrada termo a termo.
Ainda:
(iii) Se∞∑
n=1
fn converge (ponto a ponto) para f sobre [a, b] e∞∑
n=1
f ′n converge uniformemente
sobre [a, b] para alguma funcao, com f ′n contınuas sobre [a, b], entao
f ′(x) =∞∑
n=1
f ′n(x),∀x ∈ [a, b]
isto e,
(∞∑
n=1
fn)′(x) =∞∑
n=1
f ′n(x)
ou seja, a serie pode ser derivada termo a termo.
Prova:
De (i):
f sera o limite uniforme da sequencia de funcoes contınuas f1, f1 + f2, f1 + f2 + f3, · · · . Pelo
teorema 1.1.5 f sera contınua.
De (ii):
Como f1, f1 + f2, f1 + f2 + f3, · · · , converge uniformemente sobre [a, b] para f temos:
14
∫ b
a
f(t) dt =
∫ b
a
∞∑n=1
fn(t) dt =
∫ b
a
limk→∞
k∑n=1
fn(t) dtTeo.1.1.4
=
= limk→∞
∫ b
a
k∑n=1
fn(t) dt = limk→∞
k∑n=1
∫ b
a
fn(t) dt =
=∞∑
n=1
∫ b
a
fn(t) dt
De (iii):
Cada funcao f1 + · · ·+ fn e diferenciavel, com derivada f ′1 + · · ·+ f ′n contınua.
Por hipotese, a sequencia f ′1, f ′1 + f ′2, f ′1 + f ′2 + f ′3, · · · converge uniformemente sobre [a, b]
para uma funcao.
Pelo Teorema 1.1.6:
f ′(x) = limn→∞
(f ′1(x) + f ′2(x) = · · ·+ f ′n(x)) =∞∑1
f ′n(x)
isto e,
(∞∑
n=1
fn)′(x) =∞∑
n=1
f ′n(x)
¤
Observacao: Ate aqui este corolario pode ter restricoes em suas aplicacoes, desde que temos
dificuldades para dizer quando a sequencia f1, f1 + f2, f1 + f2 + f3, · · · converge uniforme-
mente. O resultado a seguir fornecera a mais importante condicao que assegura convergencia
uniforme.
Teorema 1.2.5. (Criterio de Weierstrass ou Teste M de Weierstrass)
Seja (fn) uma sequencia de funcoes definidas em A ⊂ R. Suponhamos que exista uma
sequencia numerica (Mn), tal que
|fn(x)| ≤ Mn , ∀x ∈ A
Se a serie numerica∞∑
n=1
Mn for convergente, entao a serie de funcoes∞∑
n=1
fn converge absoluta
e uniformemente para uma funcao f em A.
15
Prova:
Como a serie numerica∞∑
n=1
Mn converge, segue, do criterio da comparacao, que para cada
x ∈ A a serie∞∑
n=1
|fn(x)| converge. Logo, a serie∞∑
n=1
fn converge absolutamente para uma
funcao f em A, isto e, f(x) =∞∑
n=1
fn(x).
Para todo x ∈ A temos:
|f(x)− SN(x)| = |∞∑
n=1
fn(x)−N∑
n=1
fn(x)| = |∞∑
n=N+1
fn(x) |
≤∞∑
n=N+1
|fn(x)| ≤∞∑
n=N+1
Mn
Como∞∑1
Mn converge, o numero∞∑
n=N+1
Mn pode ser tomado arbitrariamente pequeno, to-
mando N suficientemente grande. (∞∑
n=1
Mn − (M1 + · · ·+ Mn) =∞∑
n=N+1
Mn )
ou seja: dado ε > 0 existe N0 ∈ N tal que se n ≥ N0, entao∞∑
n=N+1
Mn < ε, assim, para n ≥ N0
temos:
|f(x)− SN(x)| ≤∞∑
n=N+1
Mn < ε , ∀x ∈ A
o que implica que a serie∞∑
n=1
fn converge uniformemente para f em A. ¤
Exemplo 1. Consideremos A = [−1, 1] e fn : R → R dada por fn(x) = xn
2n , n = 0, 1, 2, · · · .Observemos que para todo x ∈ A = [−1, 1] temos
|fn(x)| = |xn
2n| ≤ 1
2n
Mas a serie numerica∑∞
n=012n converge (serie geometrica de razao 1
2). Entao, pelo Criterio de
Weierstrass, a serie de funcoes∑∞
n=0xn
2n converge uniforme e absolutamente para uma funcao
f em [−1, 1].
Neste caso particular podemos obter a funcao f explicitamente observando que
∞∑n=0
xn
2n=
∞∑n=0
(x
2)n =
1
1− x2
=2
2− x
16
Exemplo 2. A serie de funcoes∞∑
n=1
xn
n!converge uniformemente em qualquer intervalo da
forma [−a, a].
De fato, se fn(x) = xn
n!temos
|fn(x)| = |xn
n!| ≤ an
n!, ∀x ∈ [−a, a]
Do Criterio da razao a serie numerica∞∑
n=1
an
n!converge. Assim segue do Criterio de Weiers-
trass que a serie de funcoes∑∞
n=1xn
n!converge uniformemente em [−a, a].
Exemplo 3. A serie∞∑
n=1
sen (nx)
3nconverge uniformemente em R.
De fato, se fn(x) =sen (nx)
3ntemos:
|sen (nx)
3n| ≤ 1
3n, ∀x ∈ R e ∀n ∈ N
A serie numerica∞∑
n=1
1
3nconverge ( serie geometrica de razao 1/3). Logo, do Criterio de
Weierstrass, segue que a serie de funcoes∞∑
n=1
sen (nx)
3nconverge uniformemente em R.
Exemplo 4. A serie∞∑
n=1
sen (nx)
n3pode ser derivada termo a termo em R.
Consideremos fn(x) =sen (nx)
n3, x ∈ R.
Observemos que as fn sao diferenciaveis em R e que f ′n(x) =cos(nx)
n2, sao contınuas em R.
Observemos tambem que a serie∞∑
n=1
sen (nx)
n3converge sobre R. Para tal, notemos que
|sen (nx)
n3| ≤ 1
n3, ∀x ∈ R.
e que∞∑
n=1
1
n3converge. Assim, pelo Criterio de Weierstrass, temos que a serie
∞∑n=1
sen (nx)
n3
converge (absolutamente) em R.
Ainda, a serie∞∑
n=1
cos(nx)
n2converge uniformemente sobre R.
De fato:
|cos(nx)
n2| ≤ 1
n2, ∀x ∈ R.
17
Sabemos tambem que a serie∞∑
n=1
1
n2converge. Assim, pelo Crierio de Weierstrass, a serie
∞∑n=1
cos(nx)
n2converge uniformemente sobre R
Com todas estas verificacoes, a serie dada inicialmente pode ser derivada termo a termo,
ou seja
(∞∑
n=1
sen (nx)
n3)′ =
∞∑n=1
(sen (nx)
n3)′ =
∞∑n=1
cos(nx)
n2
para todo x ∈ R.
Exercıcios propostos
1. Seja (fn) sequencia de funcoes definidas em [0, 1] de tal modo que:
fn(x) =
2n2x, se 0 ≤ x ≤ 1/2n
−2n2(x− 1
n), se 1/2n ≤ x ≤ 1/n
0, se 1/n ≤ x ≤ 1
(a) Desenhe o grafico de fn
(b) Mostre que limn→∞
fn(x) existe para cada x ∈ [0, 1], fixo arbitrariamente.
(c) Calcule limn→∞
(
∫ 1
0
fn(x) dx) e
∫ 1
0
( limn→∞
fn(x)) dx
(d) Deduza de (c) que a convergencia de (fn(x)) nao e uniforme em [0, 1]
2. Verifique a convergencia e a convergencia uniforme da serie
S(x) =∞∑0
x
(1 + x)n, x ≥ 0
3. Seja F (x) =∞∑1
sen (nx)
n3. Prove que:
(a) F (x) e contınua, para todo x ∈ R(b) lim
x→0F (x) = 0.
(c) F ′(x) =∞∑1
cos(nx)
n2e contınua, para todo x ∈ R
4. Seja Sn(x) = nxe−nx2, x ∈ [0, 1].
(a) Verificar se limn→∞
(
∫ 1
0
Sn(x) dx) =
∫ 1
0
( limn→∞
Sn(x)) dx
(b) A convergencia e uniforme ?
18
5. Seja fn(x) =nx
1 + n2x2, x ∈ [0, 1]. Pede-se:
(a) limn→∞
(
∫ 1
0
fn(x) dx)
(b)
∫ 1
0
( limn→∞
fn(x)) dx)
(c) Mostre que a convergencia nao e uniforme.
1.3 Series de Potencias
Nesta secao iremos trabalhar com um tipo especial de series de funcoes, chamadas series de
potencias.
Vimos que: 1 + x + x2 + · · ·+ xn + · · · = 1
1− x, |x| < 1 .
Fazendo f(x) = 11−x
, entao f(x) = 1 + x + · · ·+ xn + · · · .
Dizemos: f e representada por esta serie de potencias. Por exemplo:
f
(1
2
)= 1 +
1
2+ · · ·+
(1
2
)n
+ · · · = 1
1− 12
= 2 .
Definicao 1.3.1. Uma serie de funcoes da forma∞∑
n=0
an(x − c)n , x ∈ R e dita uma
serie de potencias centrada em c . c e dito centro da serie e a0, a1 , . . . sao ditos
coeficientes da serie.
Por comodidade iremos trabalhar com series de potencias centradas em 0 , mas os resultados
que obteremos serao gerais. Temos entao∞∑0
an xn .
Teorema 1.3.2. Se∞∑0
an xn converge em x1 , x1 6= 0 , entao ela e absolutamente conver-
gente em todo x tal que |x| < |x1| .
Prova: Seja x fixado tal que |x| < |x1|.
−|x1| 0 |x1|?x
∞∑0
an xn1 converge ⇒ (anx
n1 ) → 0 ⇒ ∃M tal que |anxn
1 | < M , para todo n .
19
0 ≤ |anxn| =
∣∣∣∣anxn xn
1
xn1
∣∣∣∣ = |anxn1 | ·
∣∣∣∣x
x1
∣∣∣∣n
< M
∣∣∣∣x
x1
∣∣∣∣n
.
Ainda∞∑0
M
∣∣∣∣x
x1
∣∣∣∣n
converge (serie geometrica de razao com modulo < 1).
Pelo Criterio da Comparacao∑
|anxn| converge. Assim
∑anxn converge absoluta-
mente. ¤
Corolario 1.3.3. Se∑
anxn diverge em x1 entao ela diverge para todo x tal que |x| > |x1| .
Prova: Por absurdo
−|x1| 0 |x1|?x
Se fosse convergente no ponto x , pelo Teorema anterior, tambem seria no ponto x1 (contra
hipotese). ¤
Pelos 2 resultados anteriores temos entao 3 possibilidades:
(a) A serie∑
anxn so e convergente em x = 0 .
Exemplo:∞∑0
n!xn = 1 + x + 2!x2 + 3!x3 + 4!x4 + · · ·para x = 0
1 + 0 + 0 + 0 · · · temos convergencia.
para x 6= 0(n + 1)! |xn+1|
n! |xn| = (n + 1) · |x|︸︷︷︸6=0
→∞ .
Pelo Criterio da Razao Geral temos que a serie e divergente em x , ∀x 6= 0 .
Portanto so e convergente em x = 0 .
(b) A serie∞∑0
anxn converge em R .
Exemplo:∞∑0
xn
n!
20
Seja x fixo, x 6= 0 (o caso x = 0 e trivial)
|xn+1|(n + 1)!
|xn|n!
=|x|
n + 1→ 0 .
Pelo Criterio da Razao temos convergencia absoluta e entao convergencia.
Portanto converge em R .
(c) Existe um numero real R tal que a serie converge sobre (−R, R) e diverge sobre
(−∞,−R) ∪ (R,∞).
Exemplo:∞∑0
xn
Serie Geometrica de razao x . Logo:
convergente se |x| < 1
divergente se |x| ≥ 1 .
No caso (a) dizemos que a serie de potencias tem raio de convergencia zero ou intervalo
de convergencia reduzido a um ponto
Notacao: R = 0
No caso (b) dizemos que a serie de potencias tem raio de convergencia infinito ou
intervalo de convergencia igual a reta toda
Notacao: R = ∞
No caso (c) temos que o conjunto {x ;∑
anxn converge} e limitado e ainda contem um
ponto 6= 0.
Seja R = sup {x ;∑
anxn converge}. Dizemos que R e o raio de convergencia.
AA¢¢div. conv. abs. div.
AA¢¢
−R 0 R
R > 0
?0
conv. abs.
R = 0
0
conv. abs.¾ -
R = ∞
21
Obs. Nao temos informacao sobre o comportamento da serie em −R e R . Temos que
verificar isto diretamente, se quisermos concluir alguma coisa a este respeito.
Exemplos:
1.∞∑0
xn . R = 1 . Em x = ±1 diverge.
2.∞∑1
xn
n. Seja x fixo arbitrariamente.
|x|n+1
n + 1|x|nn
=n
n + 1· |x| → |x| quando n →∞ .
Assim, pelo Criterio da Razao Geral, temos:
|x| < 1 - serie absolutamente convergente.
|x| > 1 - serie divergente.
Em x = 1 temos a serie∑ 1
n- divergente.
Em x = −1 temos a serie∑ (−1)n
n- convergente.
Portanto, raio de convergencia: R = 1 ; intervalo de convergencia: [−1, 1) .
3.∞∑1
(−1)n xn
n. Analogo ao anterior.
Intervalo de convergencia: (−1, 1] .
4.∞∑1
xn
n2. R = 1 .
Em x = 1 temos a serie∑ 1
n2- absolutamente convergente.
Em x = −1 temos a serie∑ (−1)n
n2- absolutamente convergente.
Intervalo de convergencia: [−1, 1] .
Exercıcios:
1. Encontre o intervalo de convergencia da serie∞∑0
4nx2n .
Resolucao: Seja x fixo arbitrariamente.
Temos uma serie numerica de termos ≥ 0 ,4n+1x2(n+1)
4nx2n= 4x2 .
Pelo Criterio da Razao:
22
4x2 < 1 - serie absolutamente convergente.
4x2 > 1 - serie divergente.
Logo, R =1
2. Em x = ±1
2:∞∑0
4n
(±1
2
)2n
=∞∑0
1 - divergente.
Portanto, intervalo de convergencia:
(−1
2,
1
2
).
Obs. Poderia ter sido feito assim:∞∑0
4nx2n =∞∑0
(4x2
)n- serie geometrica de razao
4x2 . Logo convergente ⇔ |4x2| < 1 ⇔ |x| < 1
2.
2. Determine o intervalo de convergencia da serie∞∑1
(−1)n 1
n 5n(2x + 1)n .
Resolucao: Facamos a mudanca 2x + 1 = y .
Entao:∞∑1
(−1)n yn
n 5n.
Seja y ∈ R , fixado.
|y|n+1
(n + 1) · 5n+1
|y|nn · 5n
=n
n + 1
|y|5→ |y|
5, com n →∞ .
Pelo Criterio da Razao Geral temos:
• Serie absolutamente convergente se|y|5
< 1 ,
• Serie divergente se|y|5
> 1 ,
mas y = 2x + 1 e assim |2x + 1| < 5 ⇔ −5 < 2x + 1 < 5 ⇔ −6 < 2x < 4 ⇔−3 < x < 2 .
Logo:
−3 < x < 2 - temos serie absolutamente convergente.
x < −3 ou x > 2 - temos serie divergente.
Em x = −3 temos a serie∑
(−1)n (−1)n
n=
∑ 1
n- divergente.
Em x = 2 temos a serie∑ (−1)n
n- convergente.
Portanto, intervalo de convergencia = (−3, 2] .
23
/ / / /
A soma de uma serie de potencias e uma funcao f(x) =∞∑0
an(x− c)n , cujo domınio e o
intervalo de convergencia da serie.
Podemos perguntar: f e integravel ? f e contınua ? f e diferenciavel ? Os Teoremas
a seguir fornecem as respostas.
Teorema 1.3.4. Se a serie de potencias∞∑0
anxn tem raio de convergencia R > 0, entao ela
converge uniformemente em qualquer intervalo limitado [a, b] contido em (−R, R).,
Prova
E possıvel escolher x0 ∈ (−R, R ) tal que |x| < |x0| , ∀x ∈ [a, b]
Assim: |anxn| < |anxn0 |, ∀x ∈ [a, b]. Como
∞∑0
anxn0 converge temos, pelo Criterio de
Weierstrass, que∞∑0
anxn converge uniformemente sobre [a, b]. ¤
Teorema 1.3.5. Se a serie de potencias∞∑0
anxn tem raio de convergencia R > 0, entao a
sua funcao soma S(x) =∞∑0
anxn e contınua em (−R, R ).
Prova
Fixemos x0 ∈ (−R,R ). Existe h > 0 tal que I = [x0 − h, x0 + h] ⊂ (−R,R ).
Pelo Teorema anterior, a convergencia e uniforme em I.
Pelo Corolario 1.2.4 S(x) e contınua em I, em particular em x0. Como x0 foi tomado arbi-
trariamente em (−R,R) temos que S(x) e contınua em (−R,R ). ¤
Teorema 1.3.6. (Integrabilidade da soma)
Se∞∑0
anxn tem raio de convergencia R > 0 entao a sua funcao soma S(x) =
∞∑0
anxn e
integra vel sobre qualquer intervalo [a, b] contido em (−R, R) e∫ b
a
(∞∑0
anxn) dx =
∞∑0
an
n + 1(bn−1 − an−1)
24
Prova
Basta aplicarmos o corolario 1.2.4 e o teorema anterior. ¤
Teorema 1.3.7. Se a serie de potencias∞∑0
anxn converge para |x| < R entao∞∑1
nanxn−1
tambem converge para |x| < R
Prova
Seja x0 fixado tal que 0 6= |x0| < R. Tomemos x1 tal que |x0| < |x1| < R
Consideremos r =|x0||x1| < 1
Observemos que (nrn) → 0, uma vez que∞∑0
nxn tem raio de convergencia R = 1
Logo existe N0 ∈ N tal que n ≥ N0 ⇒ (nrn
|x0| ≤ 1 )
Assim: |nanxn−10 | =
∣∣∣∣nanx
n1
x0
. (x0
x1
)n
∣∣∣∣ =nrn
|x0| . |anxn1 | < |anxn
1 |, para n ≥ N0
Como ainda∞∑0
|anxn1 | converge, temos pelo Criterio da Comparacao que
∞∑1
nanxn−10 con-
verge absolutamente. ¤
Teorema 1.3.8. (Diferenciabilidade da soma)
Se∞∑0
anxn tem raio de convergencia R > 0 entao a funcao soma S(x) =∞∑0
anxn e dife-
renciavel em (−R,R ) e
S ′(x) =∞∑1
nanxn−1, ∀x ∈ (−R,R )
Prova
Seja x0 ∈ (−R, R ). Tomemos I = [x0 − h, x0 + h] ⊂ (−R, R ).
Entao∞∑0
anxn e
∞∑1
nanxn−1 sao uniformemente convergentes em I e assim podemos derivar
termo a termo em I, em particular em x0. Portanto, temos diferenciabilidade em I. ¤
Observacao : O Teorema anterior afirma que o raio de convergencia permanece o mesmo. Isto
nao significa que o intervalo de convergencia permaneca o mesmo.
25
Exemplo: Considere f(x) =∞∑1
xn
n2.
Encontre o intervalo de convergencia para f , f′
e f′′.
/ / / /
Suponhamos que f seja uma funcao que possa ser representada por uma serie de potencias
com centro em c ∈ R. (Voltaremos a trabalhar com series de potencias de centro em c)
(∗) f(x) = a0 + a1(x− c) + a2(x− c)2 + a3(x− c)3 + · · · , |x− c| < R
Perguntamos: an = ?
Vejamos:
Colocando x = c , obtemos f(c) = a0 .
Derivando (∗):
(∗∗) f′(x) = a1 + 2a2(x− c) + 3a3(x− c)2 + · · · ; |x− c| < R
Colocando x = c , obtemos f′(c) = a1 .
Derivando (∗∗):f′′(x) = 2a2 + 2 · 3a3(x− c) + · · · ; |x− c| < R
Colocando x = c , obtemos f′′(c) = 2a2 .
Assim sucessivamente, teremos
f (n)(c) = 2 · 3 · · ·n · an = n ! an , ou seja : an =f (n)(c)
n !expressao que continua valida mesmo para n = 0 se convencionarmos que 0 ! = 1 e
f (0) = f .
Temos assim provado o:
Teorema 1.3.9. Se f(x) =∞∑0
an(x− c)n , |x− c| < R entao an =f (n)(c)
n !.
Corolario 1.3.10. (unicidade de representacao por series de potencias)
Se S(x) =∞∑0
an(x − c)n e S(x) =∞∑0
bn(x − c)n em (c − R , c + R) entao an = bn ;
n = 0, 1, 2, · · ·
Prova:
an =S(n)(c)
n != bn .
26
¤
Exercıcios resolvidos
1. A partir da serie geometrica1
1 + t=
1
1− (−t)=
∞∑0
(−1)ntn, ‖t| < 1, obter uma
representacao por meio de serie de potencias de ln(1 + x) , |x| < 1
Resolucao: Temos uma serie de potencias, centrada em 0, com raio de convergencia
igual a 1. Considerando o intervalo [0, x], onde |x| < 1 e aplicando o Teorema de Inte-
gracao Termo a Termo obtemos:
ln(1 + x) =
∫ x
0
dt
1 + t=
∞∑0
(−1)n
∫ x
0
tn dt =∞∑0
(−1)n.xn+1
n + 1, |x| < 1
2. Use a serie geometrica do exercıcio anterior para obter uma representacao de1
(1 + x)2
em serie de potencias.
Resolucao:
1
1 + x= 1− x + x2 − x3 = · · ·+ (−1)nxn + · · · , |x| < 1
Seja f(x) =1
1 + x, |x| < 1. Entao f ′(x) =
−1
(1 + x)2
Pelo Teorema de Derivacao termo a termo:
−1
(1 + x)2= −1 + 2x− 3x2 + · · · (−1)n.nxn−1 + · · · , |x| < 1.
Assim:1
(1 + x)2= 1− 2x + 3x2 + · · · (−1)n+1.nxn−1 + · · · , |x| < 1.
3. Determine uma representacao de arctg x em serie de potencias.
Resolucao: Observemos que
1
1 + t2=
1
1− (−t2)=
∞∑0
(−1)n · t2n ; |t| < 1 .
Temos uma serie de potencias, centrada em 0, com raio de convergencia igual a 1. Logo,
temos convergencia uniforme no intervalo [0, x], onde |x| < 1. Aplicando o Teorema de
27
Integracao Termo a Termo no intervalo [0, x], |x| < 1 obtemos:
arctg x =
∫ x
0
dt
1 + t2=
∞∑0
(−1)n
∫ x
0
t2n dt =∞∑0
(−1)n x2n+1
2n + 1, |x| < 1 .
Assim: arctg x =∞∑0
(−1)n x2n+1
2n + 1, |x| < 1 .
4. A partir da serie (∗) 1
1− x= 1 + x + x2 + · · · =
∞∑0
xn , |x| < 1, encontre
representacao em serie de potencias para as funcoes:
(a)1
(1− x)2(b) ln(1− x)
(c) Encontre tambem uma serie numerica cuja soma seja ln 2
Resolucao:
Diferenciando (∗) membro a membro:
1
(1− x)2= 1 + 2x + · · · =
∞∑1
n xn−1 , |x| < 1
Integrando (∗) membro a membro:
− ln(1−x) =
∫dx
1− x= C +x+
x2
2+
x3
3+ · · · = C +
∞∑0
xn+1
n + 1= C +
∞∑n=1
xn
n, |x| < 1 .
Para determinar C : Seja x = 0
− ln(1− 0) = C ⇔ C = 0 .
Assim: ln(1− x) = −∞∑1
xn
n, |x| < 1 .
Em particular, colocando x =1
2e usando ln
(1
2
)= − ln 2 temos
ln 2 =1
2+
1
8+
1
24+
1
64+ · · · =
∞∑1
1
n 2n.
1.4 Representacao de funcoes como series de potencias
Vamos agora estudar a possibilidade de representar uma funcao atraves de uma serie de
potencias.
28
Definicao 1.4.1. f : I ⊂ R → R, I intervalo aberto. f se diz analıtica num ponto c ∈ I
quando f e soma de uma serie de potencias de centro em c , em algum intervalo (c−δ , c+δ),
δ > 0 .
Se f e analıtica em todo ponto de I diremos que f e analıtica em I .
Assim:
f e analıtica em c ⇔ f(x) =∞∑0
an(x− c)n , ∀x ∈ (c− δ , c + δ) .
Observacao 1: Pelo Teorema 3.5.5 da seccao anterior, se f e analıtica em c entao
f(x) =∞∑0
f (n)(c)
n!(x− c)n , x ∈ (c− δ , c + δ) .
Ainda: f tem derivadas de todas as ordens em (c− δ , c + δ) - (Teo. 3.5.4)
Observacao 2: A recıproca nao e verdadeira, isto e, existem funcoes que possuem derivadas
de todas as ordens em certo intervalo (c− δ , c + δ) e que, no entanto, nao sao analıticas.
y = e−1
x2
x
y
1
6
-
Exemplo:
f(x) =
e−1
x2 , x 6= 0
0 , x = 0
Tem-se:
f ′(0) = limx→0
e−1
x2 − 0
x− 0= lim
x→0
1x
e1
x2
.
A ultima expressao tem a forma ∞∞ (limites laterais).
Aplicando L’Hopitall:
limx→0
1x2
e1
x2(−2
x3
) = limx→0
x
2 e1
x2
= 0 .
Assim f ′(0) = 0 .
Analogamente se obtem f (2)(0) = f (3)(0) = · · · = 0 .
29
Logo∞∑0
f (n)(0)
n !xn = 0 , ∀x ∈ R .
Assim f(x) 6=∞∑0
f (n)(0)
n !xn para x 6= 0 .
Definicao 1.4.2. f : I ⊂ R → R com derivadas de todas as ordens num ponto c ∈ I .
A serie de potencias∞∑0
f(n)
(c)
n !(x − c)n e chamada Serie de Taylor de f no ponto c .
Quando c = 0 , a serie anterior e tambem dita Serie de Mac Laurin .
Observacao 3: Se f e analıtica em c , entao f(x) e soma de sua serie de Taylor no ponto c .
Observacao 4: Nao e necessariamente verdadeiro que a soma da serie de Taylor seja o valor
da funcao.
Colocamos agora uma questao: que condicoes f deve satisfazer a fim de que
f(x) =∞∑0
f (n)(c)
n !(x− c)n , x ∈ (c− δ , c + δ) ?
A formula de Taylor diz que
∗ f(x) = f(c) + f ′(c)(x− c) + · · ·+ f (n)(c)
n !(x− c)n +
f (n+1)(ξ)
(n + 1) !(x− c)n+1 ,
onde ξ = ξ(x, n) e ξ ∈ (c, x) ou ξ ∈ (x, c)
ξxc 6 ξ
cx 6
Nota: O Caso n = 0 e o Teorema do Valor Medio: f(x) = f(c) + f ′(ξ)(x− c).
Consideremos Sn(x), o reduzido de ordem n da serie de Taylor de f no ponto c .
Entao (∗) pode ser reescrita:
f(x) = sn(x) +f (n+1)(ξ)
(n + 1)!(x− c)n+1
30
f(x)− sn(x) =f (n+1)(s)
(n + 1)!(x− c)n+1 = Rn(x)
Assim:
limn→∞
sn(x) = f(x) ⇔ limn→∞
Rn(x) = 0
Acabamos de provar:
Teorema 1.4.3. f : I ⊂ R → R , I intervalo, f com derivadas de todas as ordens em
algum intervalo (c− δ , c + δ) ⊂ I . Seja Rn(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)!(x− c)n+1 , o resto de Lagrange
do desenvolvimento de Taylor de f(x) . Entao:
f(x) =∞∑0
f (n)(c)
n !(x− c)n , x ∈ (c− δ , c + δ) ⇔
[Rn(x) → 0 , ∀x ∈ (c− δ , c + δ)
].
Na pratica fazemos uso de outro resultado que facilita a obtencao do nosso objetivo, o
qual passamos a enunciar e provar:
Teorema 1.4.4. 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) entao
f(x) =∞∑0
f (n)(c)
n !(x− c)n , x ∈ (c− δ , c + δ) .
Em particular: f e analıtica em c .
Prova
0 ≤∣∣∣∣f (n+1)(s)
(n + 1)!(x− c)n+1
∣∣∣∣ =∣∣f (n+1)(ξ)
∣∣∣∣∣∣(x− c)n+1
(n + 1)!
∣∣∣∣ ≤ M|x− c|n+1
(n + 1)!
vide−→(∗)
0
Assim Rn(x) → 0 e pelo Teorema anterior temos o resultado.
(∗) A serie∞∑0
|x− c|n+1
(n + 1)!converge , ∀ x ∈ R⇒
[( |x− c|n+1
(n + 1)!
)→ 0
]
Exemplos:
(1) ex =∞∑0
xn
n != 1 + x +
x2
2 !+ · · · , ∀x ∈ R .
De fato:
Serie de Taylor de ex :∞∑0
f (n)(0)
n !=
∞∑0
xn
n !.
Ainda:∣∣f (n)(x)
∣∣ = ex < eδ
31
( )−δ 0 δ6
x
Logo∞∑0
xn
n != ex no intervalo (−δ , δ) - qualquer.
Assim∞∑0
xn
n != ex na reta toda.
(2) sen x =∞∑0
(−1)n x2n+1
(2n + 1)!, x ∈ R
(3) cos x =∞∑0
(−1)n x2n
(2n)!, x ∈ R .
/ / / /
Exercıcios resolvidos
1. Calcular
∫ 1
0
sen x
xdx .
Resolucao: Consideremos f(x) =
sen x
x, x 6= 0
1 , x = 0 .
Sabemos que sen x =∞∑0
(−1)n x2n+1
(2n + 1)!, ∀x ∈ R .
Assim:
f(x) =∞∑0
(−1)n x2n
(2n + 1)!- serie de potencias com intervalo de convergencia a reta
toda.
Podemos Integrar Termo a Termo, obtendo:
∫ 1
0
sen x
xdx =
∞∑0
(−1)n
(2n + 1)!
∫ 1
0
x2ndx =∞∑0
(−1)n
(2n + 1)!
1
(2n + 1).
2. Mostre que
∫ 1
0
e−x2
dx =∞∑0
(−1)n
n!(2n + 1)e que 1− 1
3+
1
5.2 !da uma aproximacao da
integral com erro em valor absoluto menor que 0,025 .
32
Resolucao: Sabemos que ey =∞∑0
yn
n !, ∀ y ∈ R .
Logo e−x2
=∞∑0
(−x2)n
n !=
∞∑0
(−1)n x2n
n !, ∀x ∈ R .
Pelo Teorema de Integracao Termo a Termo:
∫ 1
0
e−x2
dx =∞∑0
(−1)n
n !
∫ 1
0
x2ndx =∞∑0
(−1)n
n !· 1
2n + 1= 1− 1
1!3+
1
2!5− 1
3!7+ · · ·
Temos uma serie alternada nas condicoes do Criterio de Leibniz
[bn+1 =
1
n!(2n + 1)
].
Assim
|S − s3| ≤ b4 =1
3!7=
1
42<
1
40= 0, 025 .
Logo s3 = 1− 1
1!3+
1
2!5da uma aproximacao da integral com erro menor que 0,025 em
valor absoluto
S
6
-¾0,025 0,025-¾
0,7666s3 =
23
30' 0, 7666
3. Qual e o raio e o intervalo de convergencia da serie∞∑1
xn
n23n?
Resolucao: limn→∞
∣∣∣∣xn+1
(n + 1)2 3n+1
∣∣∣∣∣∣∣∣
xn
n2 3n
∣∣∣∣= lim
n→∞n2 3n
(n + 1)2 3n+1· |x| = |x|
3.
Pelo Criterio da Razao Geral temos:
|x|3
< 1 - serie absolutamente convergente.
|x|3
> 1 - serie divergente.
Logo o raio de convergencia e R = 3 .
Para x = 3 temos a serie∞∑1
1
n2- convergente.
Para x = −3 temos a serie∞∑1
(−1)n
n2- convergente.
Portanto, o intervalo de convergencia e [−3, 3] .
33
4. Considere a serie∞∑1
sen (nx)
n3.
Prove que
∫ π
0
∞∑1
sen (nx)
n3dx = 2
∞∑1
1
(2n− 1)4
Resolucao: Inicialmente vamos registrar que esta nao e uma serie de potencias.
Pretendemos aplicar o Teorema de Integracao Termo a Termo. Para tanto verifiquemos
se as suas hipoteses estao satisfeitas.
(a) Convergencia uniforme
| sen (nx)
n3| ≤ 1
n3, ∀x ∈ R. Ainda,
∞∑1
1
n3converge. Logo, pelo Criterio de
Weierstrass, a serie∞∑1
sen (nx)
n3converge uniformemente em R.
(b)sen (nx)
n3sao contınuas, logo integraveis, ∀n ∈ N. Assim:
∫ π
0
(∞∑1
sen (nx)
n3dx =
∞∑1
∫ π
0
sen (nx)
n3dx =
∞∑1
1
n3
∫ π
0
sen (nx) dx =
=∞∑1
1
n4(1− cos(nπ)) =
∞∑1
1
n4(1− (1)n) = 2
∞∑1
1
(2n− 1)4
5. Dar o intervalo de convergencia das series:
(a)∞∑1
(x + 1)n
√n
(b)∞∑1
(x− 2)n
n(c)
∞∑1
(x + 3)n
n2
Resolucao:
(a) limn→∞
∣∣∣∣(x + 1)n+1
√n + 1
∣∣∣∣∣∣∣∣(x + 1)n
√n
∣∣∣∣= |x + 1| = distancia de x a −1 .
Pelo Criterio da Razao Geral temos:
|x + 1| < 1 - serie absolutamente convergente.
|x + 1| > 1 - serie divergente.
Logo o raio de convergencia e R = 1 .
−2 −1 0
34
Para x = −2 temos a serie∞∑1
(−1)n
√n
- convergente.
Para x = 0 temos a serie∞∑1
1√n
- divergente.
Portanto o intervalo de convergencia e [−2, 0) .
(b) limn→∞
∣∣∣∣(x− 2)n+1
n + 1
∣∣∣∣∣∣∣∣(x− 2)n
n
∣∣∣∣= |x− 2| = distancia de x a 2 .
Pelo Criterio da Razao Geral temos:
|x− 2| < 1 - serie absolutamente convergente.
|x− 2| > 1 - serie divergente.
Logo o raio de convergencia e R = 1 .
1 2 3
Para x = 1 temos a serie∞∑1
(−1)n
n- convergente.
Para x = 3 temos a serie∞∑1
1
n- divergente.
Portanto o intervalo de convergencia e [1, 3) .
(c) Fica como exercıcio Resposta: [-4,-2]
6. Determinar a soma da serie∞∑0
x2
(1 + x2)n.
Resolucao: Primeiramente vamos observar que esta nao e uma serie de potencias.
(i) Seja x 6= 0 , fixado
S(x) =∞∑0
x2
(1 + x2)n= x2
∞∑0
1
(1 + x2)n
(∗)= x2 1
1− 11+x2
= 1 + x2 .
Em (∗) estamos usando o fato de ser uma serie geometrica de razao1
1 + x2< 1
(x 6= 0).
35
(ii) Seja x = 0
S(0) = 0
Assim: S(x) =
1 + x2 , se x 6= 0
0 , se x = 0
x
y
Note: S(x) nao e contınua.
y = S(x)
r
6
-
7. Mostre que a convergencia da serie do exercıcio anterior nao e uniforme no intervalo
[−1, 1 ] e que e uniforme no intervalo [1, 2 ]
Resolucao: Em [−1, 1 ] :
fn(x) =x2
(1 + x2)ne contınua em [−1, 1 ], ∀n ∈ N
S(x) e descontınua em [−1, 1 ]
Logo, pelo Corolario 1.2.4, a convergencia nao e uniforme em [−1, 1 ]
Em [1, 2 ]:∣∣∣∣x2
(1 + x2)n
∣∣∣∣ ≤4
(1 + x2)n≤ 4
(1 + 1)n= 4.(
1
2)n, ∀x ∈ [1, 2 ]
Ainda,∞∑0
4.(1
2)n converge. Assim, pelo Criterio de Weierstrass, temos convergencia
uniforme em [1, 2 ]
8. Dar o raio de convergencia de∞∑1
n!(x + 3)n
nn
Resolucao:
limn→∞
(n + 1)!
(n + 1)n+1· |x + 3|n+1
n!
nn|x + 3|n
= limn→∞
(n + 1)! nn
(n + 1)n+1 n!· |x + 3| =
= limn→∞
(n
n + 1
)n
|x + 3| = limn→∞
(1
n+1n
)n
· |x + 3| =
= limn→∞
1(1 + 1
n
)n · |x + 3| = |x + 3|e
.
36
Pelo Criterio da Razao Geral temos:
|x + 3|e
< 1 - serie absolutamente convergente.
|x + 3|e
> 1 - serie divergente.
Logo o raio de convergencia e R = e .
9. Determinar o intervalo onde a serie de potencias∞∑1
n2
2n(x + 2)n converge absoluta-
mente.
Resolucao: limn→∞
(n + 1)2
2n+1· |x + 2|n+1
n2
2n· |x + 2|n
= limn→∞
(n + 1)2
2n2· |x + 2| = |x + 2|
2
Pelo Criterio da Razao Geral temos:
|x + 2|2
< 1 - serie absolutamente convergente.
|x + 2|2
> 1 - serie divergente.
Logo o raio de convergencia e R = 2 .
−4 −2 0
Para x = −4 ou x = 0 obtemos a serie∞∑1
n2
2n| ± 2|n =
∞∑1
n2 - divergente.
Assim o intervalo de convergencia absoluta e (−4, 0) .
10. Dada a serie∞∑0
xn(1− x) , x ∈ [0, 1]
(a) Calcular sua soma.
(b) Mostrar que a convergencia nao e uniforme.
Resolucao: (a)
(i) x = 1∞∑0
1n.(1− 1) = 0 = S(1)
(ii) 0 ≤ x < 1∞∑0
xn(1− x) = (1− x)∞∑0
xn = (1− x).1
1− x= 1 = S(x)
37
Assim: S(x) =
1, se 0 ≤ x < 1
0 , se x = 1
(b) As funcoes xn(1−x) sao contınuas em [0, 1]. Se a converencia fosse uniforme a funcao
soma seria contınua, o que nao acontece. Portanto a convergencia nao e uniforme.
11. Encontre a soma da serie∞∑0
(x− 1)n
(n + 1)!.
Resolucao: Seja f(x) =∞∑0
(x− 1)n
(n + 1)!.
Assim: (x− 1)f(x) =∞∑0
(x− 1)n+1
(n + 1)!= ex−1 − 1 .
Logo f(x) =
ex−1 − 1
x− 1, x 6= 1
1 , x = 1
12. Sabemos que arctg x =∞∑0
(−1)n x2n+1
2n + 1, |x| < 1 . Use esta serie para calcular a
terceira derivada de arctg x em x = 0 .
Resolucao:
Temos quef (3)(0)
3!= a3 = (−1)1 · 1
2 · 1 + 1= −1
3.
Assim:
[d3
dx3arctg x
]
x=0
= 3!
(−1
3
)= −2 .
13. Suponha que a serie de potencias∞∑0
an xn converge em x = −4 e diverge em x = 8 .
O que podemos dizer sobre a convergencia ou divergencia das seguintes series:
(a)∞∑0
an 2n (b)∞∑0
(−1)nan 9n .
Resolucao:
Se∑
an xr converge em x = −4 entao∑
an xn e absolutamente convergente em x
tal que |x| < 4 . Se∑
an xn diverge em x = 8 entao∑
an xn e divergente em x tal
que |x| > 8 .
38
div.abs. conv.div.
84
-9 2
0-4-8 66
-¾
Assim∞∑0
an 2n e absolutamente convergente e∞∑0
(−1)n an 9n =∞∑0
an(−9)n e diver-
gente.
14. Considere f(x) =x2
1− x2, |x| < 1 .
(i) Determine uma serie de potencias em x que represente f e de seu intervalo de
convergencia.
(ii) Calcule f (10)(0) e f (11)(0) .
Resolucao:
(i) Lembremos que1
1− r=
∞∑0
rn , |r| < 1 .
Assim
1
1− x2=
∞∑0
(x2)n , |x| < 1
x2
1− x2=
∞∑0
x2n+2 , |x| < 1
Intervalo de convergencia: (-1,1)
(ii) an =f (n)(0)
n!⇔ f (n)(0) = n! an
Assim: f (10)(0) = 10! a10 = 10! 1 = 10!
f (11)(0) = 11! a11 = 11! 0 = 0 .
15. Seja f(x) = x e−x2, x ∈ R .
(i) Encontre uma serie de potencias em x que represente f .
(ii) Usando (i) encontre a soma da serie numerica∞∑0
(−1)n32n+1
n!.
Resolucao:
39
(i) Sabemos que ey =∞∑0
yn
n!, ∀ y ∈ R .
Entao: e−x2
=∞∑0
(−x2)n
n!=
∞∑0
(−1)n x2n
n!, ∀ x ∈ R .
Assim: f(x) = x · e−x2=
∞∑0
(−1)n x2n+1
n!, ∀x ∈ R .
(ii)∞∑0
(−1)n 32n+1
n!= f(3) = 3 · e−9 =
3
e9.
16. (i) Encontre a serie de Mac Laurin de f(x) =ex − e−x
2, x ∈ R .
(ii) Usando o item (i) encontre a soma da serie numerica∞∑0
1
(2n)!.
(iii) Encontre f (21)(0) e f (12)(0) .
Resolucao:
(i) Sabemos que ey =∞∑0
yn
n!, ∀ y ∈ R .
Entao:
f(x) =
∞∑0
xn
n!−
∞∑0
(−1)n xn
n!
2=
∞∑0
(1− (−1)n)
2n!xn =
=∞∑0
2 x2n+1
2(2n + 1)!=
∞∑0
x2n+1
(2n + 1)!, ∀x ∈ R .
(ii) f ′(x) =∞∑0
(2n + 1)
(2n + 1)!· x2n =
∞∑0
x2n
(2n)!.
Assim:
e1 + e−1
2= f ′(1) =
∞∑0
1
(2n)!.
(iii) f (21)(0) = a21 · (21)! =1
(21)!(21)! = 1
f (12)(0) = a12 · (12)! = 0
40
1.5 Serie Binomial
O Teorema Binomial afirma:
Se k ∈ N , entao
(a + b)k = ak + k ak−1 b +k(k − 1)
2!ak−2 b2 + · · ·+ bk .
Fazendo a = 1 e b = x temos
(1 + x)k = 1 + kx +k(k − 1)
2!x2 + · · ·+ k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!xn + · · ·+ xk .
Se k 6∈ N vamos estudar a serie de potencias∞∑0
an xn com a0 = 1 e
an =k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!, para n ≥ 1 , ou seja:
(∗) 1 + kx +k(k − 1)
2!x2 + · · ·+ k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!xn + · · ·
chamada Serie Binomial.
Se k ∈ N - a serie se reduz a uma soma finita.
Se k 6∈ N - temos uma serie infinita.
Consideremos a notacao
(k
n
)=
n fatores︷ ︸︸ ︷k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!.
Ainda vamos convencionar:
(k
0
)= 1 .
Entao podemos reescrever (∗) como∞∑0
(k
n
)xn .
Afirmacao: O raio de convergencia da serie binomial e R = 1 .
De fato:
limn→∞
|an+1 xn+1||an xn| = lim
n→∞|k − n||n + 1| · |x| = |x| .
Pelo Criterio da Razao Geral:
A serie e absolutamente convergente se |x| < 1 .
A serie e divergente se |x| > 1 .
Assim, seja f(x) =∞∑0
(k
n
)xn , |x| < 1 .
41
Ja vimos que se k ∈ N, f(x) = (1 + x)k .
Provaremos agora que isto e verdadeiro para qualquer k ∈ R, |x| < 1 .
Seja entao:
f(x) = 1 + kx +k(k − 1)
2!x2 + · · ·+ k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!xn + · · ·
Diferenciando:
f ′(x) = k+k(k−1)x+· · · n k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!x(n−1)+
(n + 1)k(k − 1) · · · (k − n)
(n + 1)!xn+· · ·
Logo
xf ′(x) = kx + k(k − 1)x2 + · · · n k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!xn + · · ·
Somando os termos correspondentes das duas series precedentes, o coeficiente de xn sera:
(n + 1)k(k − 1) · · · (k − n)
(n + 1)!+
n k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!=
=k(k − 1) · · · (k − n)
n!+
n k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!=
= [(k − n) + n] · k(k − 1) · · · (k − n + 1)
n!= k · an
Assim:
f ′(x) + x · f ′(x) =∞∑0
k an xn = k f(x)
ou seja:
f ′(x) (1 + x)− k f(x) = 0 (4)
Definimos agora a funcao g(x) por g(x) =f(x)
(1 + x)k.
Entao:
g′(x) =(1 + x)k f ′(x)− f(x)k(1 + x)k−1
(1 + x)2k=
(1 + x)k−1 [(1 + x) f ′(x)− k f(x)]
(1 + x)2k=
=(1 + x)f ′(x)− k · f(x)
(1 + x)k+1
(4)= 0 .
Seque-se entao que g(x) ≡ c , ou seja
f(x)
(1 + x)k≡ c
42
Ainda: f(0) = 1 e assim c = 1 .
Portanto f(x) = (1 + x)k . ¤
Tudo o que foi visto nesta secao pode ser colocado resumidamente como:
Para todo numero real k ,
(1 + x)k =∞∑0
(kn
)xn , |x| < 1 Serie Binomial
Exercıcios resolvidos
1. Encontre uma representacao de1
(1 + x)2como serie de potencias.
Resolucao:
Neste caso k = −2
(−2
n
)=
n fatores︷ ︸︸ ︷−2 . − 3 . − 4 · · · .(−2− n + 1)
n!=
(−1)n . 2 . 3 · · · (n + 1)
n!= (−1)n ·(n+1) .
Portanto:1
(1 + x)2=
∞∑0
(−1)n(n + 1)xn , |x| < 1 .
2. Encontre uma representacao de 3√
1 + x em serie de potencias.
Resolucao:
Neste caso k =1
3.
3√
1 + x = 1 +1
3x +
13
(13− 1
)
2!x2 +
13
(13− 1
) (13− 2
)
3!x3 + · · ·
· · ·+13
(13− 1
) · · · (13− n + 1
)
n!xn + · · · ; |x| < 1
3√
1 + x = 1 +1
3x− 2
32 2!x2 +
1 . 2 . 5
33 3!x3 + · · ·
· · ·+ (−1)n+1 . 1 . 2 · · · (3n− 4)
3n n!xn + · · · ; |x| < 1 .
43
Observacao: 3√
1 + x ' 1+1
3x , |x| < 1, onde o erro cometido nesta aproximacao
e inferior a1
9x2 . A razao desta afirmacao e que estamos diante de uma serie alternada,
a partir do segundo termo, nas condicoes do Criterio de Leibniz.
3. (a) Expanda f(x) =x
(1− x)2como uma serie de potencias.
(b) Use a parte (a) para encontrar a soma da serie∞∑
n=1
n
2n.
Resolucao:
(a) Vimos no exemplo 1 anterior que
1
(1 + x)2=
∞∑0
(−1)n(n + 1)xn , |x| < 1.
Substituindo x por −x, obtemos:
1
(1− x)2=
∞∑0
(n + 1)xn , |x| < 1 .
Multiplicando por x:
f(x) =x
(1− x)2=
∞∑0
(n + 1)xn+1 =∞∑1
nxn , |x| < 1
Assim: f(x) =∞∑1
nxn , |x| < 1
(b)∞∑
n=1
n
2n= f(
1
2) =
12
(1− 12)2
=1214
= 2.
44
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