Exercícios Resolvidos de Cálculo de Limites Através de Séries de Taylor

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Enunciado

  1. Encontre a série de Maclaurin de f x = e - x 2 .
  2. Utilize L’Hôpital para mostrar que
  3. lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = - 1

  4. Utilize as séries de potência do item (a) para mostrar que

lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = - 1

Passo 1

Ok, vamos começar com a letra (a). A série de Maclaurin nada mais é do que a série de Taylor centrada em x = 0 . De forma geral, será: f x = ∑ n = 0 ∞ f n 0 n ! ⋅ x n

Em que f n 0 é a derivada de n-éssima ordem no ponto x = 0 . Como a derivada de f x pode aumentar de complexidade rapidamente com a ordem, vamos fazer uma substituição esperta:

u = - x 2 ⟹ f u = e u

Consequentemente u 0 = 0 e vamos fazer a expansão em série de Maclaurin de: f u = e u

Temos que, para n = 0 :

f 0 u = f u ⟹ f 0 = e 0 = 1

Agora, para determinar essa série vamos derivar e tentar achar um padrão para as derivadas:

f ' u = e u ' = e u ⟹ f ' 0 = e 0 = 1

f ' ' u = e u ' = e u ⟹ f ' ' 0 = e 0 = 1

f ' ' ' u = e u ' = e u ⟹ f ' ' ' 0 = e 0 = 1

Assim, podemos concluir que:

f n 0 = 1   ∀ n

Portanto, vamos ter: f u = ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ⋅ u n

Agora precisamos voltar para x . Substituindo a relação, temos

f x = ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ⋅ - x 2 n

Simplificando:

f x = ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ⋅ - 1 n x 2 n

f x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n

Passo 2

Agora vamos para a letra (b). Temos o limite:

lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = - 1

Substituindo o valor dado:

lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = " 0 0 "

Que é uma das indeterminações de L’Hôpital. Assim, podemos aplicá-lo. Para tal derivamos numerador e denominador:

lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = lim x → 0 ⁡ - 2 x e - x 2 2 x = lim x → 0 ⁡ - e - x 2 1 = - e 0 = - 1

Passo 3

Para fechar, chegamos na letra (c). Aqui o problema pede para mostrar o mesmo limite

lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = - 1

Só que usando séries de potência. A ideia aqui é justamente substituir a exponencial pela expansão que encontramos. Temos que:

e - x 2 = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n

Assim, substituímos essa expressão no limite:

lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = lim x → 0 ⁡ ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n - 1 x 2

Para sumir com aquele - 1 solto ali, veja que podemos tirar o primeiro termo do somatório e adicionar 1 ao índice:

∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n = ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n + - 1 0 0 ! ⋅ x 0

= ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n + 1

Portanto, vamos ter:

lim x → 0 ⁡ ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n - 1 x 2 = lim x → 0 ⁡ ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n + 1 - 1 x 2

= lim x → 0 ⁡ ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n x 2

Jogamos agora x 2 para dentro do somatório: lim x → 0 ⁡ ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n x 2 = lim x → 0 ⁡ ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n - 2

= lim x → 0 ⁡ ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n - 1

E então abrimos o somatório para ficar mais fácil de visualizar o que está acontecendo:

lim x → 0 ⁡ ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n - 1 = lim x → 0 ⁡ - 1 x 0 + 1 2 x 2 - 1 6 x 4 + …

= lim x → 0 ⁡ - 1 + 1 2 x 2 - 1 6 x 4 + …

Agora temos um limite de um polinômio. Como não há mais nenhuma indeterminação, basta substituirmos o valor do limite: lim x → 0 ⁡ - 1 + 1 2 x 2 - 1 6 x 4 + … = - 1 + 1 2 ⋅ 0 2 - 1 6 ⋅ 0 4 + …

  lim x → 0 ⁡ e - x 2 - 1 x 2 = - 1

E é isso 😊

Resposta

(a) f x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! ⋅ x 2 n

(b) Demonstrado na resolução.

(c) Demonstrado na resolução.

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