Exercícios Resolvidos de Séries de Taylor

(a) Determine se a série abaixo é absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente

∑ n = 1 ∞ - 1 n ln ⁡ n n a ,             a > 0

(b) Considere a função f :   R - - 2 →   R

f x = 2 x x - 2 x + 2 x 2 + 4

i) Determine a série de Taylor da f em torno do ponto x = 0 . Qual é o raio da convergência dela?

ii) Determine f n 0 ,     n ∈ N .

Passo 1

Fala aí!! Vamos descobrir se a nossa série converge ou diverge.Bom, tem esse - 1 n no início da série já podemos pensar em uma série alternada, né? Porque os termos dela vão mudando de sinal para cada valor de n .

Aí é uma boa a gente usar o Teste da Série Alternada.Relembrando:Se tivermos uma série alternada:

∑ n = 1 ∞ - 1 n b n

E ela satisfizer a essas duas condições:

b n + 1 ≤ b n   p a r a   t o d o   n lim n → ∞ ⁡ b n = 0

Então, a série é convergente!!

Bom, então vamos testar a nossa série. Vamos começar pela segunda condição:

lim n → ∞ ⁡ ln ⁡ n n a

Ficaria ∞ ∞ , então podemos aplicar a L’Hopital:

lim n → ∞ ⁡ ln ⁡ n n a = lim n → ∞ ⁡ 1 n a n a - 1 = 1 a lim n → ∞ ⁡ 1 n a = 0

Belezaaa, a segunda condição já foi atendida. Agora temos que testar a primeira, certo?

Não é super simples fazer a análise da primeira condição, ou seja, não dá pra olhar pra função e dizer se é decrescente. Então, a gente considera uma função associada, que é uma função do mesmo jeitiho da nossa série. f x = ln ⁡ x x a

E então, a gente deriva a função f ( x ) para saber se ela é descrescente.

f ' x = 1 x x a - ln ⁡ x a x a - 1 x 2 a   = 1 - a ln ⁡ x x a + 1

Como estamos usando x ≥ 1 e a > 0 , então a derivada da função ficará negativa.

f ' x = 1 - a ln ⁡ x x a + 1 < 0

Logo, temos que a f   é descrescente, ou seja, b n + 1 ≤ b n .

Como a nossa série alternada atende às duas condições, ela CONVERGE!

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Passo 2

Agora vamos ver se ela converge absolutamente. Ou seja, vamos ver se:

∑ n = 1 ∞ ln ⁡ n n a ,             a > 0

Converge. Vamos usar o teste da integral. Já sabemos que o termo geral é decrescente, como vimos no item a. Então só precisamos ver se a integral abaixo converge ou diverge:

∫ 1 ∞ f x d x = ∫ 1 ∞ ln ⁡ x x a d x = lim b → ∞ ⁡ ∫ 1 b ln ⁡ x x a d x

Lembrando nossa famosa amiga integral por partes:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Integrando por partes aquele monstrinho, adotemos

u = ln ⁡ x ⇒   d u = 1 x d x

d v = x - a   ⇒   v = x - a + 1 - a + 1 = 1 ( 1 - a ) x a - 1

lim b → ∞ ⁡ ∫ 1 b ln ⁡ x x a d x = lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ x ( 1 - a ) x a - 1 1 b - lim b → ∞ ⁡ ∫ 1 b 1 1 - a x a d x

lim b → ∞ ⁡ ∫ 1 b ln ⁡ x x a d x = lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ x ( 1 - a ) x a - 1 1 b - lim b → ∞ ⁡ 1 1 - a 2 x a - 1 1 b

lim b → ∞ ⁡ ∫ 1 b ln ⁡ x x a d x = lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ x 1 - a 1 - a 2 x a - 1 1 b - lim b → ∞ ⁡ 1 1 - a 2 x a - 1 1 b

lim b → ∞ ⁡ ∫ 1 b ln ⁡ x x a d x = lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ x 1 - a - 1 1 - a 2 x a - 1 1 b

lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ x 1 - a - 1 1 - a 2 x a - 1 1 b = l i m b → ∞ ln ⁡ b 1 - a - 1 1 - a 2 b a - 1 - ln ⁡ 1 1 - a - 1 1 - a 2 1 a - 1

lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ x 1 - a - 1 1 - a 2 x a - 1 1 b = l i m b → ∞ ln ⁡ b 1 - a - 1 1 - a 2 b a - 1 + 1 1 - a 2

Como aquele segundo termo do limite não depende de b , estudaremos apenas o limite do primeiro termo, ok?

Perceba que para 0 < a ≤ 1 , a parcela b a - 1 fica negativa, jogando o b para o numerador. Logo, como b → ∞ toda aquela expressão vai para infinito. Então para 0 < a ≤ 1 a integral diverge, e também a série:

lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ b 1 - a - 1 1 - a 2 b a - 1 = + ∞

Agora para a > 1 , aquela mesma parcela fica positiva, gerando uma indeterminação do tipo - ∞ ∞ . Usaremos L’Hôpital para resolver:

lim b → ∞ ⁡ ln ⁡ b 1 - a - 1 1 - a 2 b a - 1   ⇒ L H lim b → ∞ ⁡ 1 - a b 1 - a 2 a - 1 b a - 2 = lim b → ∞ ⁡ - 1 1 - a 2 b a - 1 = 0

Portanto, a integral converge para a > 1 , e também a série.

Agora vamos resolver o item (b)

Passo 3

Bom, na letra (b) a questão pede que a gente determine a série de Taylor para a função:

f x = 2 x x - 2 x + 2 x 2 + 4

Aí o que a gente faz? A gente lembra lá da teoria que precisamos derivar a função para achar um padrão e, assim, a gente consegue a nossa série de Taylor.Maravilha!! Até que a gente começa a derivar essa função e percebe que além de não achar padrão, as derivadas vão ficando enormeeeeees! Aí como errar conta já é algo tão comum como respirar, a gente volta e faz todas as contas de novo e percebe que mesmo assim não achamos um padrão e as derivadas continuam grandes.

Nesse momento, a gente começar a inventar tudo que está guardadinho na nossa cabeça como: “e que tal separar em frações parciais?Talvez as derivadas fiquem mais amigáveis!”Então, vamos fazer isso:

2 x x - 2 x + 2 x 2 + 4 = A x + 2 + B x 2 + 4

Vamos fazer a continha, igualando os numeradores pra descobrirmos quanto vale A e B .

A x 2 + B x + 4 A + 2 B = 2 x 2 - 4 x

A = 2 B = - 4

Então, as nossas frações parciais são:

f x = 2 x + 2 - 4 x 2 + 4

Bom, a ideia era facilitar as derivadas, mas olhando essas frações parciais assim elas estão lembrando um pouco a soma de uma série geométrica convergente. Ela tem essa carinha aqui:

∑ n = 0 ∞ r n = 1 1 - r

É claro que não é igual, então a gente pode mexer um pouquinho na nossa função para ficar mais parecida.

f x = 2 1 1 + x 2 - 4 1 1 + x 2 4

Colocando o 2 e o 4 em evidência já ficou mais aprecido. Agora temos que pensar em um sinal negativo ali.

f x = 2 1 1 - - x 2 - 4 1 1 - - x 2 4

Prontinho, agora ficou com a carinha da soma da série geométrica, sendo que no 1º termo o r = - x 2 e no 2º r = - x 2 4 .

Bom, agora podemos colocar na forma de série geométrica. Para lembrar:

∑ n = 0 ∞ r n = 1 1 - r

f x = 2 ∑ n = 0 ∞ - x 2 n - 4 ∑ n = 0 ∞ - x 2 4 n

Beleza, agora podemos colocar o 2 e o 4 para dentro do somatório e juntar os somatórios. Aí vamos ficar com: f x = ∑ n = 0 ∞ 2 - x 2 n - 4 - x 2 4 n

Bom, conseguimos deixar a nossa função como uma série.Agora, vamos descobrir o raio de convergência dessa série. Bom, uma série geométrica converge quando:

r < 1

No caso da nossa função, temos duas séries geométricas, então temos que buscar o raio de convergência para as duas e despois escolher o menor. Então, na primeira o r = - x 2 . Logo,

- x 2 < 1 →   - 1 < x 2 < 1 →   - 2 < x < 2

Então, para a primeira, o raio de convergência é 2.Agora, vamos para a segunda, em que r = - x 2 4

- x 2 4 < 1 →   - 1 < x 2 4 < 1 →   - 4 < x 2 < 4 → - 2 < x < 2

Para os dois casos, ficamos com o mesmo valor.Logo, o raio de convergência é 2.Agora, vamos para o item (ii) na letra (b)

Passo 4

Bem, no item (ii) a questão pediu f n 0 ,     n ∈ N .

O que a gente faz agora?? Calma, sei que essa questão não começou muito amigável com a gente, mas aos poucos conseguimos deixá-la mais simpática.Vamos olhar novamente o formato da função já na forma de série.

f x = ∑ n = 0 ∞ 2 - x 2 n - 4 - x 2 4 n

Se a gente derivar, vai ficar:

f ' x = ∑ n = 1 ∞ 2 n - x 2 n - 1 - 4 ( 2 n ) - x 4 2 n - 1

Derivando novamente, teremos:

f ' ' x = ∑ n = 2 ∞ 2 n ( n - 1 ) - x 2 n - 2 - 4 ( 2 n ) ( 2 n - 1 ) - x 4 2 n - 2

Se a gente continuar derivando até chegarmos na derivada n-ésima, teremos o seguinte:

f n x = ∑ n = n ∞ 2 n ! - x 2 0 - 4 2 n ! n ! - x 4 n

f n x = ∑ n = n ∞ 2 n ! - 4 2 n ! n ! - x 4 n

Como a questão pediu f n ( 0 ) , então teremos:

f n 0 = 2 n !

Resposta

(a) A série converge condicionalmente para a ≤ 1 e converge absolutamente para a > 1 .

(b) (i) f x = ∑ n = 0 ∞ 2 - x 2 n - 4 - x 2 4 n

Raio de convergência=2

(ii) f n 0 = 2 n !

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