Exercícios Resolvidos de Séries de Taylor

Séries de Taylor, Séries de potências

  1. Desenvolva f x = ln ⁡ ( x + 1 ) em série de potências de x (série centrada em x 0 = 0 ).
  2. Determine o intervalo de convergência I da série obtida no item ( a ) .
  3. Sabendo que f coincide com a série obtida no item ( a ) para x em I , determine a soma da série ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n .

Passo 1

Letra a)

Vamos calcular as derivadas de f ( x ) e procurar um padrão.

f ' x = 1 x + 1

f ' ' x = - 1 x + 1 2

f ' ' ' x = 2 x + 1 3

f ' ' ' ' x = - 6 x + 1 4

Temos os coeficientes: 1 ,   1 ,   2 ,   6 . Veja que

e m   n = 1 → 1 = 0 !

e m   n = 2 → 1 = 1 !

e m   n = 3 → 2 = 2 !

e m   n = 4 → 6 = 3 !

Temos, então, sempre n - 1 ! .

Agora, vamos analisar os sinais. Já vimos que eles se alternam, então, temos ( - 1 ) elevado a alguma potência, mas qual? Veja que nos n ’s pares, temos sinal negativo para o f n , enquanto nos ímpares, temos positivos.

Se escrevermos - 1 n , essa regra não é obedecida, mas escrevendo - 1 n - 1 , os sinais ficam corretos.

e m   n = 1 → - 1 1 - 1 = 1

e m   n = 2 → - 1 2 - 1 = - 1

E assim por diante!

Logo, podemos escrever o seguinte:

f n x = n - 1 ! - 1 n - 1 ( x + 1 ) n

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Passo 2

Montar a Série de Taylor.

Para a série em torno de zero, temos, então:

ln ⁡ ( x + 1 ) = ∑ n = 0 ∞ f n 0 x n n ! = f 0 + f ' ( 0 ) 1 ! x + f ' ' ( 0 ) 2 ! x 2 …

Na verdade, como f 0 = ln ⁡ ( 0 + 1 ) = 0 , podemos escrever que a série começa em n = 1 :

ln ⁡ ( 1 + x ) = ∑ n = 1 ∞ f n 0 x n n !

Precisamos, agora, substituir a expressão que encontramos para a derivada.

f n 0 = n - 1 ! - 1 n - 1 ( 0 + 1 ) n = n - 1 ! - 1 n - 1

Portanto, temos a seguinte série

ln ⁡ ( x + 1 ) = ∑ n = 1 ∞ n - 1 ! - 1 n - 1 x n n ! = ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 x n n

Foi importante tiramos o n = 0 do somatório, porque isso causaria uma indeterminação (teríamos 0 no denominador).

Passo 3

Letra b)

Vamos, então, calcular o raio de convergência, pelo Teste da razão. Na forma simplificada para séries de potências temos:

c n = - 1 n - 1 n

Então

lim n → ∞ ⁡ c n + 1 c n = lim n → ∞ ⁡ - 1 n n + 1 × n - 1 n - 1 =

lim n → ∞ ⁡ - n n + 1 =

lim n → ∞ ⁡ - n n ( 1 + 1 / n ) = 1 = L

Como R = 1 / L , temos R = 1 .

Passo 4

Mas o problema pede o intervalo de convergência, que sabemos vai de – R até R . Precisamos apenas descobrir se esses extremos são fechados ou não, ou seja se a série converge para x = - 1 e x = 1 . Vamos substituir esses valores, não tem jeito!

Pasa x = - 1

∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 ( - 1 ) n n = ∑ n = 1 ∞ - 1 2 n - 1 n =

Como ( 2 n - 1 ) é sempre ímpar:

= - ∑ n = 1 ∞ 1 n

Essa é a Série harmônica, que diverge. Portanto, o x = - 1 não está dentro do intervalo de convergência.

Para x = 1

∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 ( 1 ) n n = ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n

Essa é a Série harmônica alternada, que converge (podemos provar isso pelo Teste das séries alternadas, 1 / n é decrescente e tem limite zero quando n → ∞ ). Portanto, x = 1 está dentro do intervalo de convergência. Temos então:

I = ( - 1 ,   1 ]

Passo 5

Letra c)

Agora queremos encontrar a soma da seguinte série:

∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n

Usando a seguinte informação:

ln ⁡ ( x + 1 ) = ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 x n n       p a r a   x   ϵ   ( - 1 ,   1 ]

Percebeu que a 1ª série nada mais é que a 2ª com x = 1 , é a Série harmônica alternada, que acabamos de ver. Então vamos substituir x por 1 na série do problema, olha só:

ln ⁡ ( 1 + 1 ) = ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n     = ln ⁡ 2

Resposta

  1. ln ⁡ ( x + 1 ) = ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 x n n
  2. I = ( - 1 ,   1 ]
  3. ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n   = ln ⁡ 2

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