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Series de Termos Nao-Negativos
Em geral nao e possıvel calcular explicitamente a soma duma serie. O que po-demos fazer e perceber se ela converge ou diverge e neste ultimo caso, calcularaproximadamente o valor da sua soma. Comecamos por estudar series de termos
nao-negativos, que sao series∑
ak em que ak ≥ 0. A vantagem destas series e aseguinte:
Teorema 1: Uma serie de termos nao negativos converge sempre em R = R ∪{−∞,+∞}:
(1) Se existir uma constante M tal que Sn = a1 + · · · + an ≤ M entao a serie∑ak converge e tem soma menor ou igual a M .
(2) Caso contrario, a serie tem soma +∞.
Demonstracao. Como Sn−Sn−1 = an ≥ 0, a sucessao Sn e crescente. O teoremae entao uma consequencia imediata do seguinte resultado sobre sucessoes: �
Teorema 2: Uma sucessao Sn crescente converge sempre em R:
(1) Se existir uma constante M tal que Sn ≤ M entao a sucessao Sn converge etem limite menor ou igual a M .
(2) Caso contrario, limSn = +∞.
Demonstracao. Esta e outra versao do teorema que nos diz que uma funcaomonotona tem limites laterais em qualquer ponto, sendo a demonstracao comple-tamente analoga. O limite de Sn e igual ao supremo, sendo este finito ou infinitoconsoante a sucessao e ou nao majorada. �
Os diversos criterios de convergencia que passamos agora a estudar sao tecnicasespecıficas criadas para determinar a natureza de series de termos nao negativos.
1. Criterio integral
E geralmente mais facil calcular um integral do que calcular a soma duma serie.Frequentemente podemos usar integrais improprios para determinar a naturezaduma serie. Comecamos com dois exemplos:
Exemplo 1. Ja vimos que a serie harmonica∑ 1
k diverge. Apresentamos agoraoutro argumento, de natureza geometrica, comparando a serie com a area por baixodo grafico de f(x) = 1
x . Observemos a figura:
2
1 2 3 4 5
1
4
1
2
1
Figura 1. Relacao entre∑
1
ke∫
1
xdx
Calculando as areas dos rectangulos vemos que
1 +1
2+
1
3+
1
4>
∫ 5
1
1
xdx = ln 5
Mas a soma 1+ 12 +
13 +
14 e precisamente a soma parcial S4 da serie
∑ 1k . O mesmo
argumento permite mostrar que
Sn =n∑
k=1
1
k>
∫ n+1
1
1
xdx = ln(n+ 1).
Tomando o limite quando n → ∞ vemos que Sn → +∞ logo a serie harmonica edivergente. Repare que Sn e a soma de Darboux superior da funcao f(x) = 1/xdeterminada pela particao P = {1, 2, · · · , n+ 1}. �
Exemplo 2. Vamos estudar a serie∞∑
k=1
1
k2
comparando-a com a area por baixo do grafico da funcao f(x) = 1x2 .
1 2 3 4
1
9
1
4
1
Figura 2. Relacao entre∑
1/k2 e∫
1/x2 dx
E claro geometricamente que, excluindo o primeiro rectangulo, a soma das areasdos outros tres e menor que o integral de f de 1 ate 4. Em geral,
1
22+
1
32+ · · ·+ 1
n2<
∫ n
1
1
x2dx =
ï
− 1
x
òn
1
= 1− 1
n
Concluimos que
Sn = 1 +1
22+
1
32+ · · ·+ 1
n2< 2− 1
n≤ 2
Series de Termos Nao-Negativos 3
Assim, a serie converge e a sua soma e menor que 2. De facto, o matematicosuico Euler conseguiu calcular o valor exacto da soma desta serie: o seu valor eπ2/6 = 1.645 . . ., mas este e um resultado bastante difıcil. �
A mesma tecnica dos exemplos 1 e 2 pode ser aplicada a qualquer serie de termogeral ak = f(k), desde que f seja uma funcao positiva e decrescente. Recorde queo integral improprio de f e definido por
∫ ∞
1
f(x)dx = limb→∞
∫ b
1
f(x) dx
Teorema 3 (Criterio integral): Seja f : [1,∞[→ R uma funcao positiva de-crescente. Entao a serie
∑f(k) e o integral improprio
∫∞1
f(x) dx tem a mesmanatureza, ou seja, ou ambos divergem ou ambos convergem.
Demonstracao. Observando a figura
.m n m n
Figura 3. Somas superiores e inferiores
vemos que
•n∑
k=m
f(k) e uma soma superior de Darboux de
∫ n+1
m
f(x) dx, e
•n∑
k=m
f(k) e uma soma inferior de Darboux de
∫ n
m−1
f(x) dx.
Assim, para qualquer funcao f decrescente temos
(1)
∫ n+1
m
f(x) dx ≤n∑
k=m
f(k) ≤∫ n
m−1
f(x) dx
Se o limite∫∞1
f(x) dx = limb→+∞
∫ b
1f(x) dx existe e e finito,
n∑
k=2
f(k) ≤∫ n
1
f(x)dx ≤∫ ∞
1
f(x) dx,
portanto a serie∑
f(k) e majorada, logo e convergente.
4
Supondo agora que o integral e divergente, como∫ n+1
1
f(x) dx ≤n∑
k=1
f(k) = Sn
e∫ n+1
1f(x) dx → +∞, concluimos pelo teorema dos limites enquadrados que Sn →
+∞ logo a serie e divergente. �
Exemplo 3. No exemplo 2 vimos que∫ n
1
1
x2dx = 1− 1
n
Tomando o limite quando n tende para infinito obtemos∫∞1
dxx2 = 1 portanto o
integral improprio converge. Como ja tınhamos observado no exemplo 2, a serie∑1/k2 tambem converge. �
Exemplo 4. Vamos estudar a serie∞∑
k=1
1√k
Seja f(x) = 1/√x. f e positiva e decrescente em [ 1,+∞[. Calculando o integral,
∫ +∞
1
f(x) dx = limb→∞
∫ b
1
1√xdx = lim
b→∞
[2√x]b1= +∞
portanto o integral improprio e divergente. Concluimos que a serie e tambemdivergente. �
As series da forma∑
k 1/kp dizem-se series de Dirichlet. Generalizando os dois
ultimos exemplos temos o
Teorema 4: A serie de Dirichlet∞∑
k=1
1
kp
e convergente quando p > 1 e divergente quando p ≤ 1.
Demonstracao. Para p = 1 temos a serie harmonica que diverge. Para p 6= 1temos ∫ ∞
1
1
xpdx = lim
b→∞
ï
x1−p
1− p
òb
1
= limb→∞
Å
b1−p
1− p− 1
ã
Agora basta recordar que b1−p converge para +∞ quando 1−p > 0 e converge parazero quando 1− p < 0. Assim,
∫ ∞
1
1
xpdx =
®
1p−1 se p > 1
+∞ se p < 1
Segue-se do teorema 3 que a serie de Dirichlet e convergente quando p > 1 edivergente quando p < 1 �
Series de Termos Nao-Negativos 5
A funcao f nao precisa de ser decrescente em todo o seu domınio. Como a naturezaduma serie nao depende dum numero finito dos termos da serie, e suficiente que fseja decrescente num intervalo [N,+∞[.
Exemplo 5. Considere-se a serie∑
ke−k/2. A funcao dada por f(x) = xe−x/2 edecrescente para x ≥ 2 e temos
∫ b
1
xe−x/2dx = −2(x+ 2)e−x/2∣∣∣b
1→ 6e−1/2.
Concluımos que a serie em questao e convergente. �
2. Calculo aproximado duma serie
Podemos calcular aproximadamente a soma S duma serie somando os primeiros ntermos, ou seja, aproximando S pela soma parcial Sn:
∞∑
k=1
ak ≈n∑
k=1
ak = a1 + a2 + · · ·+ an
Definicao 5: Chamamos resto duma serie convergente∑
ak a diferenca
Rn = S − Sn =∞∑
k=1
ak −n∑
k=1
ak =∞∑
k=n+1
ak
Assim, o resto Rn duma serie mede o erro cometido ao aproximar a serie pelosprimeiros n termos.
Exemplo 6. Ja observamos que uma dızima infinita pode ser intepretada comouma serie:
a0 . a1a2a3 . . . =∞∑
k=0
ak10k
Entao as somas parciais sao dadas por
Sn = a0 . a1 . . . an =n∑
k=0
ak10k
e o resto e
Rn = 0. 0 . . . 0︸ ︷︷ ︸n vezes
an+1an+2 . . . =∞∑
k=n+1
ak10k
�
Exemplo 7. O resto duma serie geometrica∑
a rk (com |r| < 1) pode ser calcu-lado explicitamente pois
Sn = a1− rn+1
1− re S =
a
1− r
Assim,
Rn =a rn+1
1− r�
6
E util ter presente que, como Rn = S − Sn e Sn → S,
Teorema 6: Seja∑
ak uma serie convergente com resto Rn. Entao
limn→+∞
Rn = 0
A ideia subjacente ao criterio integral permite tambem obter estimativas para oresto Rn da serie:
Teorema 7: Seja f : [ 1,+∞[ uma funcao positiva e decrescente tal que o integralimproprio
∫∞1
f(x) dx e convergente e seja
Rn =∞∑
k=n+1
f(k)
o resto da serie∑
f(k). Entao∫ ∞
n+1
f(x) dx ≤ Rn ≤∫ ∞
n
f(x) dx
Demonstracao. Basta tomar o limite quando n → ∞ na equacao (1). �
Exemplo 8. Consideremos a serie∞∑
k=1
1
k3. Quantos termos temos que somar para
obter uma aproximcao com um erro inferior a 0.01? Sabemos que
Rn <
∫ ∞
n
1
x3dx =
2
n2
Queremos garantir que 2n2 < 0.01. Resolvendo a inequacao obtemos
n >
…
2
0.01=
√200 = 14.1 . . .
Assim, n > 14.1 logo devemos somar pelo menos 15 termos. Portanto∞∑
k=1
1
k3≈ 1 +
1
23+ · · ·+ 1
153= 1.19997 . . .
com um erro inferior a 0.01. �
Exemplo 9. Consideremos agora a serie de Dirichlet com p = 2:
S =∞∑
k=1
1
k2, Sn =
n∑
k=1
1
k2
Entao ∫ ∞
n+1
1
x2dx =
1
n+ 1< Rn <
∫ ∞
n
1
x2dx =
1
n
Calculando os integrais e escrevendo Rn = S − Sn vemos que
1
n+ 1< S − Sn <
1
nlogo Sn +
1
n+ 1< S < Sn +
1
n
Series de Termos Nao-Negativos 7
Mostramos a seguir as aproximacoes com n = 100 e com n = 1000:
n = 100 1.64488489 . . . < S < 1.64498390 . . .
n = 1000 1.64493357 . . . < S < 1.64493457 . . .
Recorde que o valor exacto da soma e S = π2
6 = 1.64493407 . . . �
3. Criterio da comparacao
Recordemos o comportamento das series de Dirichlet∑
1/kp: para p > 1 elasconvergem e para p ≤ 1 elas divergem. Este resultado tem uma interpretacaogeometrica simples. Observemos a figura:
1 5 10
1
1/x21/x
1/√x
Figura 4. Funcoes 1√x, 1
xe 1
x2
Para x ≥ 1, quanto maior o valor de p, menor e a funcao f(x) = 1xp , portanto
menor vai ser o valor da soma∞∑
k=1
1
kp. Usando esta observacao podemos dar uma
nova demonstracao da divergencia das series de Dirichlet com p < 1: estas seriestem termos maiores que os da serie harmonica
∑ 1k que diverge, logo
∞∑
k=1
1
kp≥
∞∑
k=1
1
k= +∞
Assim a serie∑ 1
kp tambem diverge. Podemos facilmente generalizar este raciocınio:e intuitivamente evidente que, se ak ≤ bk, entao
∞∑
k=1
ak = a1 + a2 + · · ·+ an + · · · ≤ b1 + b2 + · · ·+ bn + · · · =∞∑
k=1
bk,
Se a soma da serie a direita for finita, e-o tambem a soma da serie a esquerda, ese a soma da serie a esquerda for infinita, e-o tambem a soma da serie a direita. Eesse o conteudo do proximo teorema:
Teorema 8 (Criterio da comparacao): Sejam (ak) e (bk) duas sucessoes taisque 0 ≤ ak ≤ bk para todo o k.
8
• Se∑
bk converge entao∑
ak tambem converge e∞∑
k=1
ak ≤∞∑
k=1
bk
• Se∑
ak diverge entao∑
bk tambem diverge.
Demonstracao. Se∑
bk converge com soma S, entao
a1 + · · ·+ an ≤ b1 + · · ·+ bn ≤ S
Daqui segue que a serie∑
ak e majorada logo converge. Mais, como as somas
parciais de∑
ak sao majoradas por S,∞∑
k=1
ak ≤ S.
Concluimos tambem que se∑
ak diverge,∑
bk nao pode convergir (se convergisse,∑ak tambem convergiria). �
Exemplo 10. Consideremos a serie∞∑
k=1
1
k + 2k
Como k + 2k > 2k, 1k+2k
< 12k. Aplicando o criterio da comparacao, a serie
∑ 12k
converge pois e uma serie geometrica de razao 12 < 1, logo
∑ 1k+2k
tambem convergecom soma
∞∑
k=1
1
k + 2k<
∞∑
k=1
1
2k= 1
�
Exemplo 11. Como√k+1k > 1
k e a serie harmonica∑ 1
k diverge, concluimos que
a serie∑ √
k+1k tambem diverge. �
Exemplo 12. Como ja referimos, uma dızima infinita a0 . a1a2a3a4a5 . . . pode serescrita como uma serie
∞∑
k=0
ak10k
com 0 ≤ ak ≤ 9 para k > 0. Mas entao ak
10k≤ 9
10k. A serie
∑ 910k
e uma serie
geometrica de razao 110 logo converge. Concluimos que a serie
∑ ak
10ktambem
converge com soma∞∑
k=0
ak10k
≤ a0 +∞∑
k=1
9
10k= a0 + 1 �
O criterio da comparacao tambem nos permite estimar o erro cometido ao aproximara soma duma serie por uma soma parcial. Para tal basta observar que, se ak ≤ bkentao
Rn = S − Sn = an+1 + an+2 + an+3 + · · · ≤ bn+1 + bn+2 + bn+3 + · · ·
Series de Termos Nao-Negativos 9
Exemplo 13. Voltemos ao exemplo da serie∞∑
k=1
1
k + 2k. Como 1
k+2k< 1
2k,
Rn =∞∑
k=n+1
1
k + 2k<
∞∑
k=n+1
1
2k=
12n+1
1− 12
=1
2n
Assim, se quisermos um erro inferior a 0.01, basta que 12n < 0.01, ou seja, que
2n > 100. Como 27 = 128, basta somar 7 termos. Portanto
∞∑
k=1
1
k + 2k≈ 1
2+
1
6+
1
11+
1
20+
1
37+
1
70+
1
135= 0.6896 . . .
com um erro inferior a 0.01. �
Exemplo 14. Consideremos a serie∞∑
k=1
1√k · k!
Como 1/(√k k!) < 1/k!, e sabemos que a serie
∑1/k! = e converge, o criterio da
comparacao diz-nos que∑
1/(√k k!) tambem converge. Qual o erro cometido ao
aproximar a soma desta serie pelos primeiros 10 termos?
∞∑
k=1
1√k · k!
≈10∑
k=1
1√k · k!
= 1.47499 . . .
Temos
R10 =∞∑
k=11
1√k · k!
<∞∑
k=11
1
k!= e−
10∑
k=0
1
k!
Esta ultima soma pode ser estimada usando a formula de Lagrange do erro:
ex −10∑
k=0
xk
k!=
f (11)(c)
(11)!x11 =
ec
(11)!x11
com c entre 0 e x. Tomando x = 1 temos∞∑
k=11
1
k!=
ec
11!
<e
11!<
3
11!= 0.000000075 . . . �
4. Criterio do Limite
Como a natureza duma serie nao depende dum numero finito dos termos da serie,para usar o criterio da comparacao basta verificar que ak ≤ bk para k suficiente-mente grande. No entanto esta verificacao e muitas vezes difıcil de fazer directa-mente. Vamos ver que a verificacao destas desigualdades pode ser substituıda pelocalculo do limite da razao ak
bk, se esse limite existir.
10
Recorde que duas sucessoes (an) e (bn) de termos nao negativos tem a mesma ordemde magnitude se
limn→∞
anbn
= 1
Escrevemos entao an ∼ bn.
Exemplo 15. As sucessoes an = 2n2 + 3n+ 4 e bn = 2n2 tem a mesma ordem demagnitude pois
anbn
=2n2 + 3n+ 4
2n2= 1 +
3
2n+
4
2n2→ 1 �
Teorema 9 (Criterio do Limite): Se ak ∼ bk entao as series de termos naonegativos ∑
ak e∑
bk
sao da mesma natureza: ou ambas convergem ou ambas divergem.
Demonstracao. Como ak
bk→ 1, ak
bkesta arbitrariamente proximo de 1 para k
suficientemente grande. Assim,
1
2<
akbk
< 2 para k ≫ 0
logo1
2bk < ak < 2bk para k ≫ 0
Basta agora aplicar o criterio da comparacao a estas desigualdades. �
O argumento anterior pode ser adaptado para mostrar que:
Teorema 10: Sejam ak, bk sucessoes de termos positivos.
• Se lim ak
bk= 0 e a serie
∑bk converge entao
∑ak converge;
• Se lim ak
bk= +∞ e a serie
∑ak converge entao
∑bk converge.
Deixamos a demonstracao como exercıcio.
O criterio do limite requer a utilizacao para comparacao de series cuja naturezaseja conhecida, por exemplo, series geometricas ou series de Dirichlet. Recorde que
• A serie∑
1/k! converge;
• A serie geometrica∑
a rk converge se |r| < 1 e diverge se |r| ≥ 1;
• A serie de Dirichlet∑
1/kp converge se p > 1 e diverge se p ≤ 1.
Recorde tambem que para mostrar que an ∼ bn basta escrever an na forma an =bn cn em que cn → 1.
Series de Termos Nao-Negativos 11
Exemplo 16. Consideremos a serie∞∑
k=1
2k2 + 3k√k5 + 1
Comecamos por observar que
2k2 + 3k = 2k2Å
1 +3k
2k2
ã
e√
k5 + 1 =√k5…
1 +1
k5
Assim,
2k2 + 3k√k5 + 1
=2k2
k52
1 + 3k2k2
»
1 + 1k5
∼ 2k2
k52
=2√k
A serie∑ 1√
ke uma serie de Dirichlet com p = 1
2 logo diverge. Assim, a serie
∞∑
k=1
2k2 + 3k√k5 + 1
tambem diverge. �
Para calcular ordens de magnitude e util ter presente os seguintes limites que re-cordamos aqui:
• limn→∞
lnn
np= 0 (p > 0) • lim
n→∞np
an= 0 (a, p > 0)
• limn→∞
an
n!= 0 (a > 0) • lim
n→∞n!
nn= 0
Exemplo 17. Consideremos a serie∞∑
k=1
2k + 1
3k + k
Como k/3k → 0,
2k + 1 = 2k(1 + 1/2k
)∼ 2k e 3k + k = 3k
(1 + k/3k
)∼ 3k
Assim,
2k + 1
3k + k=
2k
3k1 + 1/2k
1 + k/3k∼ 2k
3k
∑ 2k
3ke uma serie geometrica convergente pois a sua razao e 2
3 < 1. Concluimosque a serie
∞∑
k=1
2k + 1
3k + k
tambem converge. �
12
Series alternadas e convergencia absoluta
Os criterios que vimos na ultima seccao so funcionam para series de termos naonegativos. Vamos agora ver como lidar com series com termos sem sinal fixo.
5. Series alternadas
E muito frequente nas aplicacoes encontrar series da forma
a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 + · · ·
com ak ≥ 0. Exemplos que ja vimos sao
cosx = 1− x2
2+
x4
4!− x6
6!+ · · ·
senx = x− x3
3!+
x5
5!− x7
7!+ · · · (se x > 0)
Definicao 11 (Series alternadas): Chamamos serie alternada a uma serie daforma ∑
(−1)k+1ak = a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 + · · · (k ≥ 1)
com ak ≥ 0 para todo o k.
Exemplo 18. Chamamos serie harmonica alternada a serie:
∑ (−1)k+1
k= 1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+ · · · (k ≥ 1) �
Se a sucessao (ak) e decrescente e muito facil estabelecer a natureza da serie:
Teorema 12 (Criterio de Leibnitz): Seja∑
(−1)k+1ak (k ≥ 1) uma seriealternada tal que
• (ak) e uma sucessao decrescente
• ak → 0
Entao a serie converge.
Demonstracao. Observemos a figura
Series alternadas e convergencia absoluta 13
.0 S2 S4 S6 S5 S3 S1
a1
a2
a3
a4
a5
a6
· · ·
Figura 5. Somas parciais duma serie alternada
Vamos mostrar que
S2 ≤ S4 ≤ S6 ≤ · · · ≤ S2n ≤ · · · ≤ S2n+1 ≤ · · · ≤ S5 ≤ S3 ≤ S1
A sucessao das somas parciais pares
S2 = a1 − a2 , S4 = a1 − a2 + a3 − a4 , S6 = a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 , . . .
e uma sucessao crescente porque, como (ak) e uma sucessao decrescente,
S2n+2 = S2n + a2n+1 − a2n+2 ≥ S2n pois a2n+1 − a2n+2 ≥ 0
Analogamente a sucessao das somas parciais ımpares S1, S3, S5, . . . e decrescente.Tambem sabemos que
S2n+1 = S2n + a2n+1 ≥ S2n
pelo que
S2 ≤ S4 ≤ S6 ≤ · · · ≤ S2n ≤ · · · ≤ S2n+1 ≤ · · · ≤ S5 ≤ S3 ≤ S1
Assim a sucessao (S2n) das somas pares e crescente e majorada logo tem limite.Vamos chamar S a esse limite: limS2n = S. Entao, como an → 0,
limS2n+1 = lim(S2n + a2n+1
)= limS2n + lim a2n+1 = S + 0 = S
Concluimos que Sn → S pois Sn vai estar arbitrariamente proximo de S paraqualquer n suficientemente grande (para n par porque S2n → S e para n ımparporque S2n+1 → S).1 Portanto S e a soma da serie. �
Exemplo 19. Vamos considerar de novo a serie harmonica alternada:∑ (−1)k+1
k= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ · · ·
Neste caso, ak = 1k . Como
• ak e uma sucessao decrescente
• ak → 0
concluimos que a serie∑ (−1)k+1
k converge. �
1O leitor pode consultar as notas “Sucesses (para quem quer saber mais)” para uma justificacao maiscompleta.
14
Se ak e decrescente e bastante simples estimar o erro Rn da aproximacao da somada serie por somas parciais Sn:
Teorema 13: Seja∑
(−1)k+1ak uma serie alternada tal que
• (ak) e uma sucessao decrescente
• ak → 0
e seja S a soma da serie. Entao
|Rn| = |S − Sn| ≤ an+1
Demonstracao. Como S2n e crescente, S2n+1 e decrescente, e ambas convergempara S, necessariamente
S2n ≤ S ≤ S2n+1
Assim, S esta entre quaisquer duas somas parciais consecutivas logo
|S − Sn| ≤ |Sn+1 − Sn| = an+1 �
Exemplo 20. Sabemos que
ex = 1 + x+x2
2+
x3
3!+
x4
4!+ · · ·
Substituindo x = −0.1 obtemos uma serie alternada:
e−0.1 = 1− 0.1 +0.12
2− 0.13
3!+
0.14
4!+ · · ·
Assim
e−0.1 ≈ 1− 0.1 +0.12
2− 0.13
3!= 1− 0.1 + 0.005− 0.0001666 . . .
= 0.9048333 . . .
com um erro inferior a
Erro <0.14
4!=
0.0001
24= 0.0000041666 . . .
O valor exacto e e−0.1 = 0.9048374 . . .. �
Observacao: Atencao! Esta regra so e valida para series alternadas!
6. Series absolutamente convergentes
Dada qualquer serie∑
ak, a serie dos modulos∑ |ak| e uma serie de termos nao
negativos a qual podem ser aplicados todos os criterios que vimos na seccao . Anatureza das series
∑ak e
∑ |ak| esta relacionada pelo resultado seguinte:
Series alternadas e convergencia absoluta 15
Teorema 14: Se a serie∑ |ak| converge entao a serie
∑ak tambem converge e
∣∣∣∣∣
∞∑
k=1
ak
∣∣∣∣∣ ≤∞∑
k=1
|ak| .
Demonstracao. O truque e escrever a serie∑
ak como uma diferenca de seriesde termos positivos usando o facto que ak + |ak| e sempre positivo:
∑ak =
∑(ak + |ak|
)−∑
|ak|∑ |ak| converge por hipotese, e como ak + |ak| ≤ 2|ak|,
∑(ak + |ak|
)tambem
converge pelo criterio da comparacao. Assim,∑
ak e a diferenca entre duas seriesconvergentes, logo e convergente. Relativamente a sua soma,
|a1 + · · ·+ an| ≤ |a1|+ · · ·+ |an|
pelo que tomando o limite quando n → ∞ obtemos
∣∣∣∣∣
∞∑
k=1
ak
∣∣∣∣∣ ≤∞∑
k=1
|ak|. �
Exemplo 21. Vamos verificar que a serie
∞∑
k=1
cos k
k2
e convergente. Repare que nao se trata duma serie alternada:
∞∑
k=1
cos k
k2= cos 1 +
cos 2
22+
cos 3
32+
cos 4
42+
cos 5
52+ · · ·
= 0.54 . . .− 0.10 . . .− 0.11 . . .− 0.041 . . .+ 0.011 . . .+ · · ·
So precisamos de mostrar que a serie dos modulos
∞∑
k=1
∣∣∣∣cos k
k2
∣∣∣∣ =∞∑
k=1
| cos k|k2
= 0.54 . . .+ 0.10 . . .+ 0.11 . . .+ 0.041 . . .+ 0.011 . . .+ · · ·
converge. Como esta e uma serie de termos positivos, podemos usar o criterio dacomparacao: Como | cos k| ≤ 1,
| cos k|k2
≤ 1
k2
A serie∑ 1
k2 e uma serie de Dirichlet com p = 2 logo converge, portanto∑ | cos k|
k2
tambem converge. Como a serie dos modulos converge,∑ cos k
k2 tambem convergecom soma
∞∑
k=1
cos k
k2<
∞∑
k=1
1
k2�
16
Exemplo 22. Vimos na ultima seccao que
∑ (−1)k+1
k= 1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+ · · · converge mas
∑ 1
k= 1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+ · · · diverge
Portanto uma serie pode convergir sem que a serie dos modulos convirja. �
Usaremos sistematicamente a seguinte terminologia:
Definicao 15: Uma serie∑
ak diz-se
• absolutamente convergente se a serie dos modulos∑ |ak| for convergente.
• simplesmente convergente se for convergente mas a serie dos modulos∑ |ak| for divergente.
Exemplo 23. A serie∑ (−1)k
k2 e absolutamente convergente pois a serie
∑∣∣∣∣(−1)k
k2
∣∣∣∣ =∑ 1
k2
e convergente (e uma serie de Dirichlet com p = 2). �
Exemplo 24. A serie∑ (−1)k√
ke simplesmente convergente:
• E uma serie convergente pois e uma serie alternada e 1√k
e uma sucessao
decrescente que converge para zero.
• A serie dos modulos∑∣∣∣∣
(−1)k√k
∣∣∣∣ =∑ 1√
k
e divergente pois e uma serie de Dirichlet com p = 12 . �
Exemplo 25. A serie geometrica de razao r,∑
a rk, e divergente para |r| ≥ 1.Para |r| < 1 a serie e absolutamente convergente pois a serie dos modulos
∑ |a rk| =∑ |a| |r|k e tambem uma serie geometrica de razao |r|. �
7. Reordenacao ⋆
Comecamos com um exemplo: seja s a soma da seria harmonica alternada:
s =∞∑
k=1
(−1)k+1
k= 1− 1
2 + 13 − 1
4 + 15 − 1
6 + · · ·
Entao
12s =
12
∞∑
k=1
(−1)k+1
k= 1
2 − 14 + 1
6 − 18 + 1
10 − 112 + · · ·
Somando,
Series alternadas e convergencia absoluta 17
s 1 − 12 + 1
3 − 14 + 1
5 − 16 + 1
7 − 18 + 1
9 − 110 + 1
11 − 112 · · ·
+ 12s + 1
2 − 14 + 1
6 − 18 + 1
10 − 112 · · ·
= 32s 1 + 1
3 − 12 + 1
5 + 17 − 1
4 + 19 + 1
11 − 16 · · ·
Agora repare que se rearranjarmos os termos, 32s = s!
32s = 1 + 1
3 − 12
xx
+ 15 + 1
7 − 14
uu
+ 19 + 1
11 − 16
tt
+ · · ·= 1− 1
2 + 13 − 1
4 + 15 − 1
6 + 17 + · · · = s
Este exemplo mostra que rearranjar os termos duma serie pode alterar o resultadoda soma! Isto nunca acontece com series absolutamente convergentes:
Teorema 16: Qualquer serie obtida por reordenacao dos termos de uma serieabsolutamente convergente e tambem absolutamente convergente, com soma iguala soma da serie original.
Demonstracao. Primeiro observamos que, como
∞∑
k=1
ak =∞∑
k=1
(ak + |ak|
)−
∞∑
k=1
|ak|
basta provar o resultado para series de termos positivos. Ilustramos a demonstracaocom um exemplo. A demonstracao no caso geral e completamente analoga. Vamosconsiderar a serie
(2)∞∑
k=1
ak = 1 +1
32+
1
22+
1
52+
1
72+
1
42+
1
92+
1
112+
1
62+ · · ·
obtida por reordenamento da serie de Dirichlet∑ 1
k2 . Representamos por Sn assomas parciais da serie de Dirichlet e por S a soma da serie de Dirichlet. Entaocada soma parcial da serie
∑ak na equacao (2) e majorada por uma soma parcial
da serie de Dirichlet. Por exemplo:
6∑
k=1
ak = 1 + 132 + 1
22 + 152 + 1
72 + 142
≤ 1 + 122 + 1
32 + 142 + 1
52 + 162 + 1
72 = S7 ≤ S
9∑
k=1
ak = 1 + 132 + 1
22 + 152 + 1
72 + 142 + 1
92 + 1112 + 1
62
≤ 1 + 122 + 1
32 + 142 + 1
52 + 162 + 1
72 + 182 + 1
92 + 1102 + 1
112 = S11 ≤ S
Como todas as somas parciais de∑
ak sao menores que S concluimos que
∞∑
k=1
ak ≤ S
18
Mas o mesmo argumento pode ser usado ao contrario: as somas parciais da seriede Dirichlet sao majoradas por somas parciais da serie
∑ak. Por exemplo:
S4 = 1 + 122 + 1
32 + 142
≤ 1 + 132 + 1
22 + 152 + 1
72 + 142 =
6∑
k=1
ak
S6 = 1 + 122 + 1
32 + 142 + 1
52 + 162
≤ 1 + 132 + 1
22 + 152 + 1
72 + 142 + 1
92 + 1112 + 1
62 =9∑
k=1
ak
o que mostra que S ≤∞∑
k=1
ak. Concluimos que
S =∞∑
k=1
ak �
Para series simplesmente convergentes temos o seguinte resultado surpreendente:
Teorema 17 (Riemann): Seja∑
ak uma serie simplesmente convergente. Entao
para qualquer β ∈ R existem series obtidas por reordenacao de∑
ak com soma iguala β.
Demonstracao. Vamos apenas dar a ideia da demonstracao num exemplo par-ticular. Consideramos a serie harmonica alternada e vamos mostrar com podemosreordena-la de modo a sua soma ser π
2 = 1.570796 . . .. Comecamos por observarque as series
1 +1
3+
1
5+
1
7+
1
9+ · · · e
1
2+
1
4+
1
6+
1
8+
1
10+ · · ·
ambas divergem (porque a sua diferenca converge e a sua soma diverge). Represen-tamos por Sn as somas parciais da serie reordenada. Comecamos por somar termospositivos ate obter um resultado maior que π
2 :
S3 = 1 + 13 + 1
5 = 1.533 . . . < π/2 S4 = 1 + 13 + 1
5 + 17 = 1.676 . . . > π
2
Assim, S3 < π/2 < S4 logo S4 − π/2 < 1/7. Vamos agora somar termos negativosate obter um resultado inferior a π
2 :
S5 = 1 + 13 + 1
5 + 17 − 1
2 = 1.176 . . . < π2
Repare que temos agora π/2 − S5 < 1/2. Continuamos somando termos positivosate o resultado ser superior a π/2 e assim sucessivamente:
S10 = S5 +19 + 1
11 + 113 + 1
15 + 117 = 1.580 . . . > π
2 S10 − π2 < 1
17
S11 = S10 − 14 = 1.330 . . . < π
2π2 − S11 < 1
4
S17 = S11 +119 + 1
21 + 123 + 1
25 + 127 + 1
29 = 1.585 . . . > π2 S17 − π
2 < 129
S18 = S17 − 16 = 1.419 . . . < π
2π2 − S18 < 1
6
Series alternadas e convergencia absoluta 19
Repare que podemos tornar a diferenca |Sk − π/2| arbitrariamente pequena so-mando um numero suficientemente grande de termos. Assim, Sk → π/2 comopretendıamos. �
8. Os criterios da razao e da raiz
Os criterios da razao e da raiz sao criterios baseados na comparacao duma serie∑ak com uma serie geometrica. Se
∑ak for uma serie geometrica, a sua razao e
o quociente L = ak+1/ak que e independente de k. Se∑
ak nao for geometrica, oquociente ak+1/ak vai depender de k. No entanto, temos o
Teorema 18: Seja∑
ak uma serie tal que, qualquer que seja o k,∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ ≤ r
para uma constante r < 1 independente de k. Entao∑
ak e absolutamente con-vergente com soma
∞∑
k=0
ak ≤ |a0|1− r
Demonstracao. A ideia e comparar a serie com a serie geometrica∑ |a0|rk. Para
tal observamos que, como |ak/ak−1| ≤ r,
|ak| ≤ r|ak−1| ≤ r2|ak−2| ≤ r3|ak−3| ≤ · · ·e e simples estabelecer por inducao que:
|ak| ≤ rk|a0|Como r < 1 a serie geometrica
∑ |a0|rk converge. Pelo criterio da comparacao, aserie
∑ak tambem converge e
∞∑
k=0
ak ≤∞∑
k=0
|ak| ≤∞∑
k=0
|a0|rk =|a0|1− r
�
Intuitivamente, se o limite L = lim ak+1/ak existir, a serie∑
ak comporta-se comouma serie geometrica de razao L para k ≫ 0. Este e o conteudo do criterio darazao, tambem dito criterio de d’Alembert:
Teorema 19 (Criterio da Razao (d’Alembert)): Seja∑
ak uma serie tal que
lim
∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ = L ∈ R .
Entao:
(a) se L < 1 a serie∑
ak e absolutamente convergente.
(b) se L > 1 ou se L = 1+ a serie∑
ak e divergente.
(c) se L = 1 o teste e inconclusivo.
20
Demonstracao. Suponhamos que L > 1 ou L = 1+. Entao∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ ≥ 1 para qualquer k ≫ 0.
portanto |ak+1| ≥ |ak| para qualquer k ≫ 0. Mas entao a sucessao ak nao podeconvergir para zero portanto a serie
∑ak diverge.
Suponhamos agora que L < 1. Se escolhermos um r tal que L < r < 1, entao, paraqualquer k suficientemente grande,
∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ < r
Como a natureza duma serie nao depende do valor dum numero finito de termos,podemos aplicar o teorema 18 e concluir que a serie
∑ak converge absolutamente.
�
Exemplo 26. Consideremos a serie∞∑
k=1
(−2)k
k!.
Fazendo ak = (−2)k
k! , atendendo a que (k + 1)! + k!(k + 1) temos entao
∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(−2)k+1
(k + 1)!
(−2)k
k!
∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
2k+1
2k· k!
(k + 1)!= 2 · 1
k + 1
Portanto limk→∞
∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ = 0 < 1. Concluımos pelo Criterio da Razao que a serie
∑ (−2)k
k! e convergente. �
Exemplo 27. O criterio da razao nada diz quando L = 1. Por exemplo,
• para a serie harmonica∑ 1
k temos ak+1
ak= k
k+1 → 1 e a serie e divergente.
• para a serie∑ 1
k2 temos ak+1
ak= k2
(k+1)2 → 1 e a serie e convergente. �
Um criterio semelhante e o chamado criterio da raiz. Se L = lim k√ak entao, para
k ≫ 0, k√ak ≈ L logo ak ≈ Lk. Ou seja,
∑ak comporta-se como uma serie
geometrica de razao L.
Teorema 20 (Criterio da Raiz): Seja∑
ak uma serie tal que
lim k
»
|ak| = L ∈ R .
Entao:
(a) se L < 1 a serie∑
ak e absolutamente convergente.
(b) se L > 1 ou L = 1+ a serie∑
ak e divergente.
(c) se L = 1 o teste e inconclusivo.
Series de potencias 21
Demonstracao. Suponhamos que L > 1 ou L = 1+. Entao
k
»
|ak| ≥ 1 para qualquer k ≫ 0
portanto |ak| ≥ 1 para qualquer k ≫ 0. Mas entao a sucessao ak nao pode convergirpara zero portanto a serie
∑ak diverge.
Suponhamos agora que L < 1. Se escolhermos um r tal que L < r < 1, entao
k
»
|ak| < r para qualquer k ≫ 0.
portanto |ak| < rk para qualquer k ≫ 0. Por comparacao com a serie geometrica∑rk concluimos que
∑ |ak| converge logo∑
ak e absolutamente convergente. �
Este criterio e particularmente util quando ak e uma potencia Ak:
Exemplo 28. Consideremos a serie∞∑
k=0
Å
2k + 3
3k + 2
ãk
Fazendo ak =Ä
2k+33k+2
äk, temos entao que
k
»
|ak| =2k + 3
3k + 2=
2 + 3/k
3 + 2/k→ 2
3
Como 23 < 1 o criterio da raiz diz-nos que a serie
∑ak converge absolutamente. �
Observacao: Os criterios da razao e da raiz baseiam-se na comparacao duma serie∑ak com uma serie geometrica. Series como
∑ 1
k5,
∑ 1
k3 ln k,
∑ 1
k√k + k2
, etc.
convergem para zero mais devagar que qualquer serie geometrica pelo que tentarprovar a sua convergencia por comparacao com uma serie geometrica e inutil. As-sim, os criterios da razao e da raiz aplicados a estas series sao inconclusivos.
Os criterios da razao e da raiz sao inuteis para provar a convergencia deseries involvendo apenas potencias e logaritmos. Sao uteis, isso sim, paraseries involvendo exponenciais ou factoriais.
Series de potencias
Muitas das funcoes que ja referimos podem ser representadas, e em particular cal-culadas, usando series de um tipo muito especıfico, ditas series de potencias. Co-mecemos por recordar as formulas
ex = 1 + x+x2
2!+
x3
3!+
x4
4!+ · · ·
senx = x− x3
3!+
x5
5!− x7
7!+ · · ·
cosx = 1− x2
2!+
x4
4!− x6
6!+ · · ·
22
Estas formulas foram obtidas a partir dos polinomios de Taylor em a = 0, tomandoo limite quando n → ∞. Generalizando estes exemplos para a 6= 0 leva-nos a definir
Definicao 21: Chamamos serie de potencias centrada em a, ou serie em potenciasde (x− a), a uma serie da forma
∞∑
k=0
ck(x− a)k = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + c3(x− a)3 + · · ·
Como costume, adoptamos a convencao que, para k = 0, c0(x − a)0 = c0 mesmoquando x = a.
Um exemplo particularmente simples mas bastante importante resulta da seriegeometrica:
Exemplo 29. A serie∞∑
k=0
xk = 1 + x+ x2 + x3 + x4 + · · ·
e uma serie geometrica de razao x. Assim, para |x| < 1, a serie converge absoluta-mente com soma
∞∑
k=0
xk =1
1− x
A serie diverge para |x| ≥ 1 portanto o domınio de f e ]− 1, 1[ . Repare que f e arestricao da funcao 1
1−x ao intervalo ]− 1, 1[ . �
Se os coeficientes ck forem todos nulos para k > n, a serie de potencias mais nao eque um polinomio de grau n:
c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + · · ·+ cn(x− a)n
No caso geral, as series de potencias generalizam a nocao de polinomio, e podem serimaginadas como polinomios de grau infinito, ou seja, polinomios com um numeroinfinito de termos.
Nas proximas seccoes vamos analizar as propriedades de funcoes definidas por seriesde potencias, isto e, funcoes da forma
f(x) =∞∑
k=0
ck(x− a)k
9. Domınio de convergencia
Definicao 22: Chamamos domınio de convergencia duma serie de potencias aoconjunto dos valores x para os quais a serie converge.
O domınio de convergencia nao e mais do que o domınio da funcao f .
Series de potencias 23
Exemplo 30. As series∞∑
k=0
xk
k!= 1 + x+
x2
2+
x3
3!+ · · · = ex
∞∑
k=0
(−1)kx2k+1
(2k + 1)!= x− x3
3!+
x5
5!+ · · · = senx
∞∑
k=0
(−1)kx2k
(2k)!= 1− x2
2+
x4
4!+ · · · = cosx
tem domınio de convergencia R. A serie geometrica
∞∑
k=0
xk = 1 + x+ x2 + x3 + · · ·
tem domınio de convergencia ]− 1, 1[ . �
Exemplo 31. Dados a,R ∈ R comR > 0 consideremos a seguinte serie de potenciascentrada em a:
f(x) =∞∑
k=0
(x− a)k
Rk
Trata-se de uma serie geometrica de razao (x − a)/R. Assim, a serie diverge para|x− a| ≥ R e converge absolutamente para |x− a| < R. �
Os ultimos exemplos sao tıpicos do comportamento das series de potencias:
Teorema 23 (Raio de convergencia): Dada uma serie de potencias∑
ck(x− a)k,
existe um numero R ∈ [ 0,+∞ ], designado por raio de convergencia, tal que:
(i) a serie e absolutamente convergente quando |x − a| < R, i.e., para x ∈]a−R, a+R[;
(ii) a serie e divergente quando |x − a| > R, i.e., para x ∈ ]−∞, a−R[ ∪]a+R,+∞[;
(iii) a serie pode convergir absolutamente, convergir simplesmente ou divergirquando x = a±R.
Algumas observacoes:
• Se R = 0 a serie converge apenas quando x = a;
• Se R = +∞, a serie converge absolutamente para qualquer x ∈ R;
• Se 0 < R < ∞, o domınio de convergencia de uma serie de potencias∑
ck(x−a)k e um intervalo centrado em a, tambem designado por intervalo de con-
vergencia, da forma
]a−R, a+R[ ou [ a−R, a+R ] ou ]a−R, a+R ] ou [ a−R, a+R[ .
24
Demonstracao. Vamos apenas fazer o caso a = 0 sendo o caso a 6= 0 completa-mente analogo. Seja D o domınio de convergencia:
D =¶
x ∈ R :∑
ckxk e convergente
©
.
Comecamos por observar que
Se a serie∑
ckyk converge entao a serie
∑ckx
k converge absolutamenteno intervalo ]− |y|, |y|[ , ou seja, para |x| < |y|.
Para tal basta observar que para |x| < |y|, a serie geometrica |x/y|k converge e
lim|ckxk||x/y|k = lim |ckyk| = 0 pois
∑cky
k converge
Pelo criterio do limite∑ |ckxk| converge logo
∑ckx
k converge absolutamente.Agora observe que
(1) A serie∑
ckxk diverge se |x| > supD porque, se convergisse, entao D teria
que conter o intervalo ]− |x|, |x|[ e entao supD ≥ |x|.(2) A serie
∑ckx
k converge absolutamente se |x| < supD porque nesse casoexiste um y ∈ D tal que |x| < y. Como a serie
∑cky
k converge, a serie∑ckx
k converge absolutamente.
Assim, se tomarmos R = supD, a serie∑
ckxk diverge para |x| > R e converge
absolutamente para |x| < R, o que termina a demonstracao. �
O domınio de convergencia duma serie de potencias pode ser muitas vezes calculadousando o criterio da razao ou o criterio da raiz:
Exemplo 32. Vamos achar o domınio da funcao
f(x) =∞∑
k=0
(x− 3)k
2kk
Vamos usar o criterio da razao com ak = (x−3)k
2kk:
∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(x− 3)k+1
2k+1(k + 1)
(x− 3)k
2kk
∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
|x− 3|k+1
|x− 3|k · 2k
2k+1· k
k + 1= |x− 3| · 1
2· 1
1 + 1k
Portanto∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣→ |x−3|2 . O criterio da razao diz-nos que
• A serie converge absolutamente se |x−3|2 < 1, ou seja, se |x− 3| < 2;
• A serie diverge se |x−3|2 > 1, ou seja, se |x− 3| > 2.
Portanto o raio de convergencia da serie e R = 2. Falta ver o que acontece para |x−3| = 2, ou seja, para x = 1, 5. Para estes pontos o criterio da razao e inconclusivo.
Series de potencias 25
x = 1: Substituindo x = 1 na serie obtemos∞∑
k=0
(1− 3)k
2kk=
∞∑
k=0
(−2)k
2kk=
∞∑
k=0
(−1)k
k
que e a serie harmonica alternada, sendo portanto convergente (mas nao ab-solutamente convergente).
x = 5: Substituindo x = 5 na serie obtemos∞∑
k=0
(5− 3)k
2kk=
∞∑
k=0
(2)k
2kk=
∞∑
k=0
1
k
que e a serie harmonica, sendo portanto divergente.
Concluimos que o domınio de convergencia da serie e o intervalo [ 1, 5[ . �
Exemplo 33. Consideremos a serie de potencias∞∑
k=0
k!xk .
Aplicando o criterio da razao, para x 6= 0
lim
∣∣∣∣ak+1
ak
∣∣∣∣ = lim(k + 1)!|x|k+1
k! |x|k = |x| · lim(k + 1) = +∞
Assim, neste exemplo, o domınio de convergencia e apenas o ponto onde a serieesta centrada, i.e. D = {0}. �
Exemplo 34. Pretende-se determinar o conjunto dos pontos x ∈ R onde a seriede potencias
∑ (x+ 3)3n
(n+ 1)2n=∑
n
1
(n+ 1)2n· (x+ 3)3n
e absolutamente convergente, simplesmente convergente e divergente. Pelo criterioda razao
limn→∞
∣∣∣∣an+1
an
∣∣∣∣ = limn→∞
|x+ 3|3n+3
(n+ 2)2n+1
|x+ 3|3n(n+ 1)2n
= limn→∞
Å |x+ 3|3n+3
|x+ 3|3nn+ 1
n+ 2
2n
2n+1
ã
=|x+ 3|3
2lim
n+ 1
n+ 2
=|x+ 3|3
2.
Temos entao que a serie de potencias e absolutamente convergente para
|x+ 3|3 < 2 ⇔ |x+ 3| < 3√2
e e divergente para
|x+ 3|3 > 2 ⇔ |x+ 3| > 3√2
26
Portanto o raio de convergencia da serie e R = 3√2. Falta ver o que se passa quando
x = −3− 3√2 e x = −3 + 3
√2.
• Se x = −3− 3√2 entao x+ 3 = − 3
√2 logo
∑ (x+ 3)3n
(n+ 1)2n=∑ (− 3
√2)3n
(n+ 1)2n=∑ (−2)n
(n+ 1)2n=∑ (−1)n
n+ 1.
Trata-se de uma serie alternada com bk = 1k+1 decrescente e bk → 0, pelo que
o Criterio de Leibniz garante a sua convergencia. A correspondente serie demodulos
∑∣∣∣∣(−1)k
k + 1
∣∣∣∣ =∑ 1
k + 1
e claramente da mesma natureza que a serie harmonica∑
1/k, logo divergente.Concluımos assim que a serie de potencias e simplesmente convergente parax = −3− 3
√2.
• Se x = −3− 3√2 entao x+ 3 = 3
√2 logo
∑ (x+ 3)3n
(n+ 1)2n=∑ ( 3
√2)3n
(n+ 1)2n=∑ 2n
(n+ 1)2n=∑ 1
n+ 1,
que, como ja vimos, e uma serie divergente. Logo, a serie de potencias edivergente para x = −1.
Resumindo: o domınio de convergencia e D = [−3− 3√2,−3+ 3
√2[, a serie converge
absolutamente em ]−3− 3√2,−3+ 3
√2[ e converge simplesmente em x = −3− 3
√2. �
10. Integracao e derivacao
Vamos agora ver como podemos integrar e diferenciar series de potencias. Oproximo teorema, cuja demonstracao sera feita na proxima seccao, garante a existenciado integral:
Teorema 24: Seja f uma funcao definida por uma serie de potencias:
f(x) =∞∑
k=0
ck(x− a)k
Entao f e contınua no seu domınio de convergencia.
Series de potencias podem ser diferenciadas e primitivadas como se fossem somasfinitas.
Teorema 25: Seja
f(x) =∞∑
k=0
ck(x− a)k
e seja R o raio de convergencia da serie. Entao, para qualquer x ∈ ]a−R, a+R[ ,∫ x
a
f(t) dt =∞∑
k=0
ck(x− a)k+1
k + 1
Series de potencias 27
Este teorema diz-nos que o integral de f pode ser calculado integrando a serie termoa termo:∫ x
a
(c0 + c1(t− a) + c2(t− a)2 + c3(t− a)3 + · · ·
)dt
=
∫ x
a
c0 dt+
∫ x
a
c1(t− a) dt+
∫ x
a
c2(t− a)2 dt+
∫ x
a
c3(t− a)3 dt+ · · ·
=
ï
c0 t+ c1(t− a)2
2+ c2
(t− a)3
3+ c3
(t− a)4
4+ · · ·
òx
a
= c0(x− a) + c1(x− a)2
2+ c2
(x− a)3
3+ c3
(x− a)4
4+ · · ·
Demonstracao. Vamos apenas demonstrar o caso a = 0 sendo o caso geral com-pletamente analogo. A ideia da demonstracao e escrever f na forma
f(x) = c0 + c1 x+ c2 x2 + · · ·+ cn x
n +(cn+1 x
n+1 + cn+2 xn+2 + · · ·
)
Integrando de 0 a x obtemos∫ x
0
f(t) dt = c0 x+c1x2
2+c2
x3
3+· · ·+cn
xn+1
n+ 1+
∫ x
0
(cn+1 t
n+1 + cn+2 tn+2 + · · ·
)dt
Agora basta tomar o limite quando n → ∞ e mostrar que
limn→+∞
∫ x
0
(cn+1 t
n+1 + cn+2 tn+2 + · · ·
)dt = 0
Como t varia entre 0 e x, |t| ≤ |x| logo, pelo criterio da comparacao,∣∣∣∣∣∣
∞∑
k=n+1
ck tk
∣∣∣∣∣∣≤
∞∑
k=n+1
|ck tk| ≤∞∑
k=n+1
|ck xk|
O membro direito desta desigualdade nao depende de t logo integrando de 0 a xobtemos
0 ≤
∣∣∣∣∣∣
∫ x
0
∞∑
k=n+1
ck tk dt
∣∣∣∣∣∣≤
∣∣∣∣∣∣
∫ x
0
∞∑
k=n+1
|ck xk| dt
∣∣∣∣∣∣= |x|
∞∑
k=n+1
|ck xk|
Mas∞∑
k=n+1
|ck xk| e o resto da serie convergente∑ |ck xk| logo lim
n→∞
∞∑
k=n+1
|ck xk| =
0. Aplicando o teorema dos limites enquadrados obtemos
limn→+∞
∫ x
a
( ∞∑
k=n+1
ck tk
)dt = 0 �
Exemplo 35. Vamos calcular o integral∫ 1
0
sen(x2) dx
com um erro inferior a 0.001. Como
sen t = t− t3
3!+
t5
5!− t7
7!+ · · ·
28
substituindo t por x2 obtemos
sen(x2) = x2 − x6
3!+
x10
5!− x14
7!+ · · ·
Integrando obtemos
∫ 1
0
sen(x2) dx =
ï
x3
3− x7
7 · 3! +x11
11 · 5! −x15
15 · 7! + · · ·ò1
0
=1
3− 1
7 · 6 +1
11 · 120 − 1
15 · 7! + · · ·
Quantos termos precisamos de somar? Trata-se duma serie alternada portanto oerro e menor que o termo seguinte. Como 1
11·120 < 0.001, concluimos que
∫ 1
0
sen(x2) dx ≈ 1
3− 1
42= 0.30952381 . . .
com um erro inferior a 111·120 = 0.0007575 . . . < 0.001. �
Podemos tambem derivar uma serie termo a termo:
Teorema 26: Seja f(x) =∞∑
k=0
ck (x − a)k com raio de convergencia R. Entao f
e diferenciavel em ]a−R, a+R[ com derivada g(x) =∞∑
k=1
ck k (x− a)k−1.
Demonstracao. Como costume tomamos a = 0. Comecamos por verificar que aserie g(x) =
∑ck k x
k−1 converge absolutamente no intervalo ] − R,R[. Tomandoqualquer y tal que |x| < y < R obtemos
limk→∞
|ck k xk||ck yk|
= limk→∞
k
Å |x|y
ãk
= 0
logo pelo criterio do limite, como∑ |ck yk| converge,
∑ |ck k xk| tambem convergepelo que
∑ck k x
k converge absolutamente. Entao, integrando g obtemos
∫ x
0
g(t) dt =∞∑
k=1
ckxk = f(x)− c0
pelo que o teorema fundamental do calculo nos diz que f ′(x) = g(x). �
Series de potencias 29
Exemplo 36.
(ex)′ =
Å
1 + x+x2
2+
x3
3!+
x4
4!+ · · ·
ã′
= 0 + 1 +2x
2+
3x2
3!+
4x3
4!+ · · · = ex
(senx)′ =
Å
x− x3
3!+
x5
5!− x7
7!+ · · ·
ã′
= 1− 3x2
3!+
5x4
5!− 7x6
7!+ · · · = cosx
(cosx)′ =
Å
1− x2
2!+
x4
4!− x6
6!+ · · ·
ã′
= 0− 2x
2!+
4x3
4!− 6x5
6!+ · · · = − senx �
11. Demonstracao da continuidade
Nesta seccao vamos demonstrar que uma serie de potencias e contınua no seudomınio de convergencia (teorema 24). Tomaremos sempre a = 0 para simplifi-car a notacao. Tomamos assim
f(x) =∞∑
k=0
ckxk
Para cada x no domınio de convergencia, o resto Rn(x) da serie converge para zerologo podemos tornar Rn(x) arbitrariamente pequeno tomando n suficientementegrande. O facto de podermos tornar Rn(x) arbitrariamente pequeno simultanea-
mente para todo o x e essencial para provar continuidade:
Teorema 27 (Abel): Se uma serie∑
ckxk for convergente num ponto d > 0
entao para qualquer ε > 0 existe um N que nao dependente de x tal que
|f(x)− Sn(x)| =
∣∣∣∣∣∣
∞∑
k=n+1
ckxk
∣∣∣∣∣∣< ε para quaisquer x ∈ [ 0, d ] e n > N .2
Um resultado analogo e valido se a serie convergir em d < 0: dado ε, |f(x)−Sn(x)| <ε para qualquer n suficientemente grande e qualquer x ∈ [ d, 0 ].
Demonstracao. Vamos primeiro supor que d e menor que o raio de convergencia,e que portanto a serie
∑ckd
k converge absolutamente. Entao, para x ∈ [ 0, d ] temos∣∣∣∣∣∣
∞∑
k=n+1
ckxk
∣∣∣∣∣∣≤
∞∑
k=n+1
|ckxk| ≤∞∑
k=n+1
|ckdk|
e
limn→∞
∞∑
k=n+1
|ckdk| = 0
2Sempre que uma sucessao de funcoes Sn(x) tem esta propriedade dizemos que Sn(x) converge unifor-
memente para f(x).
30
pois trata-se do resto da serie∑ |ckdk|. Portanto, para qualquer ε > 0 existe um
N (que nao vai dependenter de x) tal que
limn→∞
∞∑
k=n+1
|ckdk| < ε para n > N
o que implica de imediato que∣∣∣∣∣∣
∞∑
k=n+1
ckxk
∣∣∣∣∣∣< ε para quaisquer x ∈ [ 0, d ] e n > N �
Vamos agora tratar o caso em que d e igual ao raio de convergencia da serie. Nestecaso nao podemos assumir que a serie
∑ckd
k converge absolutamente.
Vamos primeiro provar o caso particular em que d = 1. O caso geral deduz-sefacilmente daqui como veremos a seguir. Estamos pois a assumir que
∑ck1
k =∑
ckconverge. Tomemos entao ε > 0. Seja S a soma desta serie e sejam Sn as somasparciais. Como Sn → S, existe um N tal que
|S − Sn| <ε
3para qualquer n > N
Seja m > n > N . Entao, para cada k = n+ 2, . . . ,m temos
ckxk =
(cn+1 + · · ·+ ck
)xk −
(cn+1 + · · ·+ ck−1
)xk
Somando em k chegamos a
cn+1 xn+1 + · · ·+ cm x
m = cn+1
(xn+1 − x
n+2)+(cn+1 + cn+2
)(xn+2 − x
n+3)
+ · · ·+(cn+1 + · · ·+ cm−1
)(xm−1 − x
m)+(cn+1 + · · ·+ cm
)xm
e portanto
|cn+1 xn+1 + · · ·+ cm x
m| ≤ |cn+1|∣∣xn+1 − x
n+2∣∣+∣∣cn+1 + cn+2
∣∣∣∣xn+2 − xn+3∣∣
+ · · ·+∣∣cn+1 + · · ·+ cm−1
∣∣∣∣xm−1 − xm∣∣+∣∣cn+1 + · · ·+ cm
∣∣xm
Agora repare que
• Como x ≤ 1, xk > xk+1 logo |xk − xk+1| = xk − xk+1;
• Para k > n > N , Sk, Sn ∈ ]S − ε
3, S + ε
3[ logo |Sk − Sn| <
2ε
3pelo que
|cn+1 + · · ·+ ck| =∣∣(c0 + · · ·+ ck)− (c0 + · · ·+ cn)
∣∣ = |Sk − Sn| <2ε
3
Concluimos que
|cn+1xn+1 + · · ·+ cmx
m| ≤ 2ε
3
(xn+1 − x
n+2)+ 2ε
3
(xn+2 − x
n+3)
+ · · ·+ 2ε
3
(xm−1 − x
m)+ 2ε
3xm = 2ε
3xn+1 ≤ 2ε
3
Agora basta tomar o limite quando m → ∞ para concluir que∣∣∣∣∣
∞∑
k=n+1
ckxk
∣∣∣∣∣ ≤2ε
3< ε
o que termina a demonstracao no caso d = 1.
Vamos agora considerar o caso geral, isto e, assumimos que a serie∑
ckdk converge.
Mas isto quer dizer que a serie∑
(ckdk)yk converge para y = 1 e portanto, para
Series de potencias 31
qualquer ε > 0 existe um N tal que∣∣∣∣∣
∞∑
k=n+1
ckdkyk
∣∣∣∣∣ < ε para y ∈ [ 0, 1 ] e n > N
Escrevendo x = yd, vemos que∣∣∣∣∣
∞∑
k=N+1
ckxk
∣∣∣∣∣ < ε parax
d∈ [ 0, 1 ] e n > N
o que termina a demonstracao.
Vamos entao demonstrar que uma funcao definida por uma serie de potencias econtınua:
Teorema: Seja f uma funcao definida por uma serie de potencias:
f(x) =∞∑
k=0
ck(x− a)k
Entao f e contınua no seu domınio de convergencia.
Demonstracao. Tomamos a = 0 para simplificar a notacao. Vamos mostrar que,se a serie converge em d, entao f e contınua no intervalo [ 0, d ] se d > 0 ou [−d, 0 ]se d < 0.
Dado um ε > 0 queremos mostrar que |f(x) − f(y)| < ε para qualquer y suficien-temente proximo de x. A ideia e aproximar f por uma soma parcial Sn:
|f(x)− f(y)| = |f(x)− Sn(x) + Sn(x)− Sn(y) + Sn(y)− f(x)|≤ |f(x)− Sn(x)|+ |Sn(x)− Sn(y)|+ |Sn(y)− f(x)|
Comecamos fixar N tal que |f(y)−SN (y)| < ε3 para qualquer y ∈ [ 0, d ]. Como SN
e contınua, sabemos tambem que |SN (x)− SN (y)| < ε3 para qualquer y suficiente-
mente proximo de x. Assim
|f(x)− f(y)| ≤ |f(x)− SN (x)|+ |SN (x)− SN (y)|+ |SN (y)− f(x)|
<ε
3+
ε
3+
ε
3= ε �
Como corolario vamos provar que
Teorema 28: Seja f(x) =∞∑
k=0
ck xk e seja g(x) =
∞∑
k=1
ck k xk−1. Entao f ′(x) =
g(x) para todo o x no domınio de convergencia de g.
Demonstracao. Seja R o raio de convergencia de f (igual ao de g). Ja sabemosque f ′(x) = g(x) para |x| < R. Falta ver o que se passa para x = ±R. Se gconverge para x = R, como g e contınua,
limx→R−
f ′(x) = limx→R−
g(x) = g(R)
logo f ′e(R) = f ′(R−) = g(R). Analogamente, f ′
d(−R) = g(−R) se g convergir em−R. �
32
Series de Taylor
Dada uma funcao definida por uma serie de potencias
f(x) = c0 + c1x+ c2x2 + c3x
3 + c4x4 + · · ·
podemos calcular os coeficientes ck em termos de f : derivando obtemos sucessiva-mente
f ′(x) = c1 + 2c2x+ 3c3x2 + 4c4x
3 + · · ·f ′′(x) = 2c2 + 3 · 2c3x+ 4 · 3c4x2 + · · ·f ′′′(x) = 3!c3 + 4!c4x+ · · ·
...
Pondo x = 0 obtemos
f(0) = c0 , f ′(0) = c1 , f ′′(0) = 2c2 , f ′′′(0) = 3!c3 , . . . , f (n)(0) = n!cn
Concluimos que
f(x) =∞∑
k=0
f (k)(0)
k!xk
Chamamos a esta serie a serie de Taylor de f
Definicao 29: Seja f : D → R uma funcao com derivadas de todas as ordensnum ponto a ∈ D. Chamamos serie de Taylor de f em a a serie de potencias
∞∑
k=0
f (k)(a)
k!(x− a)k
O argumento acima mostra que
Teorema 30: Seja f uma funcao definida por uma serie de potencias:
f(x) =∞∑
k=0
ck (x− a)k
Entao ck = f(k)(a)k! . Ou seja,
∑ck (x− a)k e a serie de Taylor de f em x = a.
Atencao que uma funcao pode nao ser igual a sua serie de Taylor como mostra oproximo exemplo:
Exemplo 37. Seja f : R → R o prolongamento por continuidade de e−1/x2
ax = 0:
f(x) =
®
e−1x2 x 6= 0
0 x = 0
Entao, como ja vimos, as derivadas de f de todas as ordens existem e sao iguais azero portanto a serie de Taylor de f e identicamente nula mas claramente f(x) 6= 0para x 6= 0. �
Series de Taylor 33
Uma funcao que pode ser representada por uma serie de potencias chama-se umafuncao analıtica.
Exemplo 38. As funcoes senx, cosx e ex sao analıticas. �
Observacao: Uma funcao analıtica e completamente determinada por um numerocontavel de parametros, os coeficientes ck da sua serie de Taylor, ao passo que emgeral para definir uma funcao precisamos de indicar os valores f(x) para todo ox ∈ R.
12. Determinacao de series de Taylor
Escrever uma serie de Taylor implica conhecer um numero infinito de derivadasda funcao pelo que o seu calculo a partir da definicao so e possıvel em exemplosmuito simples. Felizmente existem alguns processos elementares indirectos paraobter series de Taylor. Comecamos com as quatro series mais importantes:
ex = 1 + x+x2
2!+
x3
3!+
x4
4!+ · · ·
senx = x− x3
3!+
x5
5!− x7
7!+ · · ·
cosx = 1− x2
2!+
x4
4!− x6
6!+ · · ·
1
1− x= 1 + x+ x2 + x3 + x4 + · · · para |x| < 1
Os exemplos seguintes mostram como se podem usar estas series para obter as seriesde Taylor de muitas outras funcoes:
Exemplo 39. A partir da serie de Taylor do seno vemos que
senx
x=
1
x
Å
x− x3
3!+
x5
5!+ · · ·
ã
= 1− x2
3!+
x4
5!+ · · ·
A serie de Taylor de sen xx torna claro o limite notavel lim
x→0
sen xx = 1. �
Quando usamos a serie geometrica precisamos de ter cuidado com o domınio deconvergencia:
34
Exemplo 40. Vamos determinar a serie de Taylor de f(x) = 1x+2 . Podemos ma-
nipular 1x+2 por forma a obtermos a soma duma serie geometrica:
1
x+ 2=
1
2
1
1−(− x/2
)
=1
2
(1− x/2 + (−x/2)2 + (−x/2)3 + · · ·
)
=1
2
∞∑
k=0
(− x
2
)k=
∞∑
k=0
(−1)kxk
2k+1
Uma serie geometrica converge quando o modulo da razao e menor que 1. Assim,esta serie converge para
∣∣x/2∣∣ < 1, ou seja para |x| < 2. �
Exemplo 41. Vamos determinar a serie de Taylor de 3x2+x−2 . Comecamos por
decompor em fraccoes simples:
3
x2 + x− 2=
3
(x− 1)(x+ 2)=
1
x− 1− 1
x+ 2
Agora
1
x− 1= −1− x− x2 − x3 − · · · =
∞∑
k=0
(−xk) para |x| < 1
e vimos no exemplo 40 que
1
x+ 2=
∞∑
k=0
(−1)kxk
2k+1 para |x| < 2
Portanto
3
x2 + x− 2=
∞∑
k=0
(−xk)−∞∑
k=0
(−1)kxk
2k+1 =∞∑
k=0
(− 1− (−1)k
2k+1
)xk para |x| < 1 �
Outras tecnicas involvem derivar ou integrar uma serie geometrica:
Exemplo 42. Vamos determinar a serie de Taylor de ln(1−x). Derivando e usandoa serie geometrica obtemos
(ln(1− x)
)′= − 1
1− x= −
(1 + x+ x2 + x3 + · · ·
)= −
∞∑
k=0
xk para |x| < 1
Agora basta integrar de 0 a x:
(3) ln |1−x| =∫ x
0
− 1
1− tdt = −x− x2
2− x3
3−· · · = −
∞∑
k=0
xk+1
k + 1para |x| < 1
E interessante considerar o caso x = −1. Para este valor obtemos a serie harmonicaalternada:
1− 1
2+
1
3− 1
4+ · · · = −
∞∑
k=0
(−1)k+1
k + 1
Series de Taylor 35
Assim, tomando o limite quando x tende para −1 na equacao (3) e usando acontinuidade da serie chegamos a identidade
ln 2 = 1− 1
2+
1
3− 1
4+ · · · �
Exemplo 43. Para determinar a serie de Taylor de ln(1 + x) basta substituir xpor −x no exemplo 42:
ln(1 + x) = ln(1− (−x))) = −∞∑
k=0
(−x)k+1
k + 1= −
∞∑
k=0
(−1)k+1
k + 1xk+1
�
Exemplo 44. Vamos determinar a serie de Taylor de arctanx. Derivando
(arctanx)′ =1
1 + x2
A serie de Taylor da derivada pode ser facilmente calculada usando a serie geometrica:
1
1 + x2=
1
1− (−x2)= 1−x2+x4−x6+· · · =
∞∑
k=0
(−x2)k =∞∑
k=0
(−1)kx2k (|x2| < 1)
Integrando obtemos
(4) arctanx =
∫ x
0
1
1 + t2dt = x− x3
3+
x5
5+ · · · =
∞∑
k=0
(−1)kx2k+1
2k + 1
valido para |x| < 1. Repare que a serie converge tambem para x = 1 (e uma seriealternada). Tomando o limite quando x tende para um na equacao (4) e usando acontinuidade vemos que
π
4= arctan 1 =
∞∑
k=0
(−1)k1
2k + 1= 1− 1
3+
1
5− 1
7+ · · · �
Exemplo 45. Vamos calcular a serie de Taylor de f(x) = x2
(1+x)3 em a = 0.
Comecamos por observar que
x2
(1 + x)3= x2 · 1
(1 + x)3
portanto basta determinar a serie de Taylor de 1(1+x)3 e multiplica-la por x2. O
truque aqui e integrar primeiro:∫ x
0
dt
(1 + t)3= − 1
2(1 + x)2e
∫ x
0
−dt
2(1 + t)2=
1
2(1 + x)
Agora
1
2(1 + x)=
1
2· 1
1− (−x)=
1
2
(1− x+ x2 − x3 + x4 + · · ·
)=
1
2
∞∑
k=0
(−x)k
Derivando obtemos
− 1
2(1 + x)2=
1
2
(−1 + 2x− 3x2 + 4x3 + · · ·
)=
1
2
∞∑
k=1
(−1)k k xk−1
36
Derivando de novo obtemos
1
(1 + x)3=
1
2
(2− 6x+ 12x2 + · · ·
)=
1
2
∞∑
k=2
(−1)k k(k − 1)xk−2
Agora so falta multiplicar por x2:
x2
(1 + x)3=
1
2
(2x2 − 6x3 + 12x4 + · · ·
)=
1
2
∞∑
k=2
(−1)k k(k − 1)xk�
Para determinar series de Taylor em pontos a 6= 0 usamos a substituicao u = x−a:
Exemplo 46. Queremos determinar a serie de Taylor de f(x) = lnx em a = 1.Seja u = x− 1. Entao, usando o resultado do exemplo 43,
lnx = ln(u+ 1) = −∞∑
k=0
(−1)k+1
k + 1uk+1 = −
∞∑
k=0
(−1)k+1
k + 1(x− 1)k+1
�
Exemplo 47. Queremos determinar a serie de Taylor de ex em a = 2. Seja u =x− 2. Entao
ex = eu+2 = e2eu = e2∞∑
k=0
uk
k!=
∞∑
k=0
e2
k!(x− 2)k �
13. Aplicacao ao calculo de limites
Dada uma serie∞∑
k=0
ck (x− a)k = c0 + c1 (x− a) + c2 (x− a)2 + · · ·
e comum usar a notacao
O ((x− a)n) =∞∑
k=n
ck (x− a)k = cn (x− a)n + cn+1 (x− a)n+1 + · · ·
para designar o resto da serie, ou seja, os termos de grau n ou superior.
Exemplo 48. Sabemos que
ex = 1 + x+x2
2+
Å
x3
3!+
x4
4!+ · · ·
ã
logo podemos escrever que
ex = 1 + x+x2
2+O(x3)
em que O(x3) designa os termos de “ordem” x3 ou maior: x3
3! +x4
4! + · · · �
Series de Taylor 37
Exemplo 49. Vamos calcular o limite
limx→0
sen(x3)− x3
x cos(x4)− x
usando series de Taylor. Como
sen(x3)− x3 =
Å
x3 − (x3)3
3!+
(x3)5
5!+ · · ·
ã
− x3 = − 16 x
9 +O(x15)
e
x cos(x4)− x = x
Å
1− (x4)2
2+
(x4)4
4!+ · · ·
ã
− x = − 12 x
9 +O(x17)
obtemossen(x3)− x3
x cos(x4)− x=
− 16 x
9 +O(x15)
− 12 x
9 +O(x17)
Dividindo por x9 obtemos
sen(x3)− x3
x cos(x4)− x=
− 16 +O(x6)
− 12 +O(x8)
Tomando o limite quando x → 0, O(xn) → 0 para n > 0 logo
limx→0
sen(x3)− x3
x cos(x4)− x=
− 16
− 12
=1
3�
