Matematica Aplicada - Sequencias e Series de funções

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.


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).


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]. ¤


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. ¤


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 .

/ / / /


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.


|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 .


|x + 1| < 1 - serie absolutamente convergente.

|x + 1| > 1 - serie divergente.


−2 −1 0

34

Para x = −2 temos a serie∞∑1

(−1)n

√n

- convergente.


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 .


|x− 2| < 1 - serie absolutamente convergente.

|x− 2| > 1 - serie divergente.


1 2 3


(−1)n

n- convergente.


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


|x + 3|e


|x + 3|e


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


|x + 2|2


|x + 2|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


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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Matematica Aplicada - Sequencias e Series de funções