Aula 26: Aplicações do integral

(1)

Aula 26: Aplicac

¸˜

oes do integral

Vamos agora ver algumas aplica¸cões do integral. Tipicamente procedemos da se-guinte forma: Dividimos a quantidade Q que queremos calcular num grande número de quantidades pequenas Qi de modo a que Q =PQi. Aproximamos então cada Qi por um produto da forma f (x∗i)∆xi. Obtemos assim uma soma de Riemann:

Q ≈Xf (x∗i)∆xi= SP,x∗f

Tomando o limite quando |P | → 0 obtemos Q = lim |P |→0SP,x ∗f = Z b a f (x) dx Vamos ver alguns exemplos deste procedimento.

1. Volumes

Vamos agora ver como calcular o volume de alguns sólidos. Tal como para a área, um tratamento rigoroso exigiria antes de mais uma defini¸cão de volume. Os pro-cedimentos que usaremos podem ser justificados rigorosamente assumindo alguns axiomas para o volume, de modo semelhante ao que fizemos para a área. Não o faremos aqui.

Come¸camos com os chamados sólidos de revolu¸cão. Se R for uma região do plano por cima do eixo dos xx, podemos construir um sólido rodando a região R em torno do eixo dos xx. Concretamente, o sólido é a região de R3 definida por

S =¶(x, y, z) ∈ R3 : x,py2_{+ z}2_{∈ R}©

Exemplo 1. Os s´olidos obtidos rodando as seguintes figuras em torno do eixo dos xx

são respectivamente um cone, uma esfera, um copo e um donut. A este tipo de sólidos chamamos sólidos de revolu¸cão. As mesmas ideias que usámos para calcular áreas permitem-nos calcular o volume deste tipo de sólidos.

Exemplo 2. Podemos pensar numa esfera de raio r como um sólido de revolu¸cão obtido rodando em torno do eixo dos xx a região R por baixo do gráfico de f (x) = √

r2_{− x}2_{. Uma parti¸cão P do intervalo [ −r, r ] divide a região R em faixas verticais} e podemos aproximar cada faixa vertical por um rectângulo.

(2)

−r r

Ao rodar R em torno do eixo dos xx, cada rectˆangulo ´e tambem rodado, dando origem a um cilindro de altura ∆xi.

Figura 1. Calculando o volume duma esfera

Tomamos agora o limite quando |P | → 0. Se pensarmos em R como uma uni˜ao infinita de faixas verticais de espessura infinitesimal dx e altura yC =

√

r2_{− x}2_, ao rodar R em torno do eixo dos xx cada faixa vertical é também rodada, dando origem a um cilindro de altura dx e área da base πy2

C = π(r2− x2).

−r r

yC= √

r2_{− x}2

O volume total ´e a soma dos volumes destes cilindros infinitesimais logo Volume = Z r −r π(r2− x2) dx = ï πr2x −πx 3 3 òr −r = 2πr3−2πr 3 3 = 4πr3 3

Repare que o que fizemos no exemplo 2 foi cortar a esfera `as fatias e aproximar o volume de cada fatia pelo volume dum cilindro:

(3)

Aula 26: Aplica¸c˜oes do integral 3

Podemos usar a mesma ideia para calcular o volume de sólidos arbitrários. Exemplo 3. Vamos calcular o volume duma pirâmide com vértices nos pontos (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0) e (0, 0, 1). Para tal cortamos a pirâmide às fatias horizontalmente e pensamos na pirâmide como uma união infinita de paralelip´ıpedos com base um quadrado e altura infinitesimal dz (ver figura 3)

ℓ z 1 1 − z x y z

Figura 3. Calculando o volume duma pirˆamide

Cada paralelip´ıpedo tem volume ℓ2_{dz em que ℓ ´e o comprimento do lado do} qua-drado. Calculamos facilmente ℓ = 1 − z logo o volume total ´e

Volume = Z 1 0 (1 − z)2_{dz = −}(1 − z)3 3 1 0 = 1 3

2. Comprimento do gr´

afico duma fun¸

c˜

ao

Vamos agora considerar o problema de calcular o comprimento do gráfico duma fun¸cão cont´ınua f : [a, b] → R. Seja P = {a = x0, x1, . . . , xn = b} uma parti¸cão de [a, b]. Então podemos aproximar o gráfico de f por uma linha poligonal com vértices nos pontos (xi, f (xi)). O comprimento dessa linha poligonal é a soma do comprimento de cada segmento:

ℓP = n X i=1 » (xi− xi−1)2+ (f (xi) − f(xi−1))2 a=x0 x1 x2 x3 b=x4

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O comprimento do gráfico é maior que o comprimento de qualquer linha poligo-nal assim obtida, mas intuitivamente podemos obter aproxima¸cões arbitrariamente boas se tomarmos o módulo da parti¸cão |P | suficientemente pequeno. Assim, é natural definir

Defini¸cão 1: O comprimento do gráfico de f é o supremo do conjunto ℓ = sup{ℓP : P é uma parti¸cão de [a, b]} ∈ eR

Se ℓ for finito dizemos que o gráfico é rectificável.

Assumimos a partir de agora que f é diferenciável. Para calcular ℓ pensamos no limite quando |P | → 0. É útil, embora não rigoroso, pensar do seguinte modo: sobre um intervalo [ x, x + dx ] de comprimento infinitesimal, o gráfico de f é uma recta de declive dy/dx = f′_{(x). Observemos a figura:}

x x + dx

dx dy dℓ

Figura 5. dℓ=pdx2_{+ dy}2

O comprimento do gr´afico sobre o intervalo [ x, x + dx ] pode ser calculado usando o teorema de Pit´agoras:

dℓ =pdx2_{+ dy}2₌»_{1 + dy}2_/dx2_{dx =}»_{1 + f}′_(x)2_dx

Pensamos no gráfico de f como uma união dum número infinito de segmentos de recta de comprimento infinitesimal dℓ. Somando os comprimentos dos segmentos chegamos ao

Teorema 2: Seja f : [ a, b ] → R uma fun¸cão diferenciável. Então o comprimento do gráfico de f é dado por

ℓ = Z b

a »

1 + f′_(x)2_dx

Demonstração. Seja P uma parti¸cão de [ a, b ]. Como f é uma fun¸cão dife-renciável, pelo teorema de Lagrange em cada intervalo [x_i−1, xi] existe um ponto ci tal que f (xi) − f(xi−1) = f′(ci)∆xi. Assim

ℓP = n X i=1 » ∆x2 i + f′(ci)2∆x2i = n X i=1 » 1 + f′_(c_i₎2_∆x i

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A observa¸cão fundamental agora é a seguinte: se adicionarmos um ponto à parti¸cão P , obtendo uma nova parti¸cão P1, então ℓP ≤ ℓP1.

1 _{Assim, dada qualquer parti¸cão} P podemos construir uma sucessão de parti¸cões P1, P2, P3, . . . tais que |Pn| → 0 e

ℓP = ℓP0 ≤ ℓP1 ≤ ℓP2≤ ℓP3 ≤ . . . ≤ ℓ

Como ℓPn = SPng e como |Pn| → 0, ℓPn →

Rb

ag. Pelas propriedades dos limites, ℓP ≤ ℓPn≤ ℓ =⇒ ℓP ≤

Z b

a g(x) dx ≤ ℓ

desigualdade v´alida para qualquer parti¸c˜ao P . Como sup ℓP = ℓ, necessariamente Rb

ag = ℓ.

Exemplo 4. _{Recorde que o c´ırculo trigonométrico é o conjunto {(x, y) ∈ R}2 _: x2+ y2= 1}. Resolvendo em ordem a y obtemos y = ±√1 − x2_{pelo que a metade} superior do c´ırculo é o gráfico da fun¸cão f (x) =√1 − x2_.

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 "##############_{1 - x}2

Figura 6. Gr´afico da fun¸c˜ao√1 − x2

Seja x ∈ ] − 1, 1[ . O comprimento do gr´afico de f no intervalo [ 0, x ]´e dado pelo integral Z x 0 » 1 + f′_(t)2_dt Derivando f obtemos f′(t) =√−t 1 − t2 logo » 1 + f′_(t)2₌ 1 + t 2 1 − t2 = 1 √ 1 − t2 Assim ℓ = Z x 0 » 1 + f′_(t)2_{dt =} Z x 0 dt √ 1 − t2 = [ arcsen t ] x 0 = arcsen x

como seria de esperar pois arcsen x foi definido como o comprimento do arco unindo (1, 0) ao ponto (√1 − x2_{, x) que ´e precisamente o comprimento do gr´}_{afico de f no}

intervalo [0, x] (ver figura 7).

(6)

Θ

x

Figura 7. θ= arcsen x

3. Integrais Impr´

oprios

Vimos que, para x ∈ ] − 1, 1[ ,

arcsen x = Z x 0 dx √ 1 − x2 O que acontece quando x se aproxima de 1? Sabemos que

lim x→1 Z x 0 dx √

1 − x2 = lim_x→1arcsen x = arcsen 1 = π 2 mas repare que a fun¸c˜ao _√ 1

1−x2 n˜ao ´e limitada no intervalo [ 0, 1 ]! Chamamos a

este limite um integral impr´oprio e escrevemos Z 1− 0 dx √ 1 − x2 = lim_x→1 Z x 0 dx √ 1 − x2

Defini¸cão 3 (Integral impróprio de tipo II): Seja f : [a, b[ → R uma fun¸cão com uma ass´ımptota vertical em x = b. Chamamos integral impróprio de f ao limite Z b− a f (x) dx = lim y→b− Z y a f (x) dx

se este limite existir. Caso contr´ario dizemos que o integral ´e divergente. De igual modo, se f : ]a, b ] → R tiver uma ass´ımptota vertical em x = a definimos

Z b a+ f (x) dx = lim z→a+ Z b z f (x) dx

se o limite existir. Podemos também definir integral impróprio duma fun¸cão f : ]a, b[ → R com ass´ımptotas verticais em a e b. Para tal escolhemos um ponto c entre a e b e definimos Z b− a+ f (x) dx = Z c a+ f (x) dx + Z b− c f (x) dx

(7)

se ambos os integrais existirem.

Exemplo 5. Seja f (x) = 1/√x. f ´e cont´ınua em ]0, 1] e Z 1 0+ dx √_x= lim z→0 Z 1 z dx √_x= lim z→0 2√x1_z= lim z→0(2 − 2 √ z) = 2

Portanto o integral impróprio de f entre 0 e 1 é igual a 2. Este é um exemplo duma fun¸cão ilimitada para a qual faz sentido falar de integral. Exemplo 6. O integral de √1

|x| no intervalo [ −1, 1 ] n˜ao est´a definido pois 1 √

|x| tem uma ass´ımptota vertical em x = 0. Podemos no entanto dividir o integral em dois e calcular Z 0− −1 1 p |x|dx + Z 1 0+ 1 p |x|dx Como p|x| ´e par, os dois integrais v˜ao ser iguais:

Z 0− −1 1 p |x|dx = Z 1 0+ 1 p |x|dx = Z 1 0+ 1 √_xdx = 2 Assim podemos interpetar o integral de √1

|x| no intervalo [ −1, 1 ] como sendo igual

a 4.

Exemplo 7. Seja f (x) = 1/x2_{. f ´e cont´ınua em ]0, 1] e} lim z→0 Z 1 z dx x2 = lim_z→0 ï −_x1 ò1 z = lim z→0 Å −1 + 1_z ã = +∞

portanto o integral ´e divergente.

Exemplo 8. Usando o facto da secante ser uma primitiva de sec x tan x = sen x cos2_x

podemos calcular o integral impr´oprio Z π 2− −π 2+ sen x cos2_xdx = Z c −π 2+ sen x cos2_xdx + Z π 2− c sen x cos2_xdx = lim z→−π 2+ Z c z sen x cos2_xdx + lim y→π 2− Z y c sen x cos2_xdx = lim z→−π 2+ [sec x]cz+ lim y→π 2− [sec x]yc = lim z→−π 2

+(sec c − sec z) + lim

y→π 2−

(sec y − sec c) Este integral ´e divergente pois lim

z→−π 2+ sec z = lim y→π 2− sec y = +∞.

Recordemos que arccos x é o comprimento do gráfico de f (t) =√1 − t2_{de x até 1.} Assim arcsen t = Z t 0 dy p 1 − y2 e arccos t = Z 1− t dx √ 1 − x2

(8)

´

E também muitas vezes conveniente considerar integrais em intervalos ilimitados: Defini¸cão 4 (Integral impróprio de tipo I): Chamamos integral impróprio de f : [a, +∞[ → R ao limite Z +∞ a f (x) dx = lim y→+∞ Z y a f (x) dx

se este limite existir. Caso contr´ario dizemos que o integral ´e divergente. De igual

modo definimos _Z b −∞ f (x) dx = lim z→−∞ Z b z f (x) dx

se o limite existir. Podemos tamb´em definir integral impr´oprio de f em R separando o integral em dois: Z +∞ −∞ f (x) dx = Z c −∞ f (x) dx + Z +∞ c f (x) dx para qualquer constante c.

Exemplo 9. Seja f (x) = 1/√x. Ent˜ao Z +∞ 1 dx √_x= lim y→+∞ Z +∞ 1 dx √_x = lim y→+∞ 2√xy₁= lim y→+∞(2 √ y − 2) = +∞

portanto o integral ´e divergente.

Exemplo 10. Seja f (x) = 1/x2_{. f ´e cont´ınua em ]0, 1] e} Z +∞ 1 dx x2 = lim_y→+∞ ï −1 x òy 1 = lim y→+∞ Å −1 y + 1 ã = 1

Portanto o integral impr´oprio de f entre 1 e +∞ ´e igual a 1. Exemplo 11. Z +∞ −∞ 1 1 + x2dx = Z 0 −∞ 1 1 + x2dx + Z +∞ 0 1 1 + x2dx = lim z→−∞ Z 0 z 1 1 + x2dx + lim_y→+∞ Z y 0 1 1 + x2dx = lim z→−∞[ arctan x ] 0 z+ lim y→+∞[ arctan x ] y 0 = lim

z→−∞(− arctan z) + limy→+∞arctan y = π

2 + π

(9)

Aula 27: Polin´omios de Taylor 9

Aula 27: Polin´

omios de Taylor

Como se pode calcular, com precisão arbitrariamente grande, os valores de fun¸cões como a exponencial, o logaritmo e as fun¸cões trigonométricas? Como calcular, por exemplo, a constante de Euler e = exp(1), ou o clássico π, dado por 4 arctan(1)? Passamos a explorar aqui a aproxima¸cão de fun¸cões por polinómios de um deter-minado tipo, ditos polinómios de Taylor, que permite responder a algumas destas questões. A teoria que vamos desenvolver generaliza o problema da determina¸cão da recta tangente. Recorde que a recta tangente ao gráfico duma fun¸cão diferenciável f num ponto (a, f (a)) tem por equa¸cão

y = f (a) + f′(a)(x − a)

que é o gráfico do polinómio de grau um T (x) = f (a) + f′_{(a)(x − a). A recta} tangente é a recta que melhor aproxima o gráfico de f para x próximo de a. Consi-deremos agora a questão de encontrar a parábola P (x) que melhor aproxima f para x próximo de a. Certamente que a parábola deve passar por (a, f (a)) e ter declive igual ao de f em a mas há várias parábolas que satisfazem estas duas condi¸cões:

Figura 8. Par´abolas tangentes ao gr´afico de f

A par´abola que melhor aproxima f ´e a que tem a “mesma concavidade” que f em a:

• P (a) = f(a): a par´abola passa por (a, f(a));

• P′_{(a) = f}′_{(a): a par´}_{abola ´e tangente ao gr´}_{afico de f ;} • P′′_{(a) = f}′′_{(a): “mesma concavidade”}

Generalizando esta ideia chegamos à no¸cão de polinómio de Taylor:

Defini¸cão 5 (Polinómio de Taylor): Seja f uma fun¸cão n vezes diferenciável em a ∈ R. Dizemos que um polinómio T (x) de grau menor ou igual a n é polinómio de Taylor de ordem n de f no ponto a se as derivadas até à ordem n de f e de T forem iguais em a:

(10)

Exemplo 12. Seja f (x) = cos x e tomemos o ponto x = 0. Para que um polin´omio de grau 2

T (x) = ax2+ bx + c

seja polinómio de Taylor de f é necessário que as suas derivadas sejam iguais às de f . Como T′_{(x) = 2ax + b} f′(x) = − sen x e T′′_{(x) = 2a} f′′(x) = − cos x obtemos T (0) = c = cos 0 = 1 T′(0) = b = − sen 0 = 0 T′′(0) = 2a = − cos 0 = −1 Concluimos que a = −12, b = 0 e c = 1. Portanto

T (x) = −1 2x

2_{+ 1}

é polinómio de Taylor de ordem 2 de cos x em x = 0. Exemplo 13. Consideramos a fun¸cão exponencial, dada por f (x) = ex_{, e tomamos} a = 0. Temos neste caso que f(n)_{(x) = e}x _{e f}(n)_{(0) = 1 para qualquer n. Assim,} para que T (x) = a0+ a1x + a2x2+ · · · + xnxn seja polinómio de Taylor de ex de ordem n é necessário que T(k)_{(0) = 1 para k = 0, . . . , n. Come¸camos por escrever} o polinómio na forma

T (x) = b0+ b1x + b2x2+ b3x3+ b4x4+ · · · + bnxn Derivando T′(x) = b1+ 2b2x + 3b3x2+ 4b4x3+ · + nbnxn−1 T′′(x) = 2b2+ 3 · 2 · b3x + 4 · 3 · b4x2+ · · · + n(n − 1)bnxn−2 T′′′(x) = 3 · 2 · b3+ 4 · 3 · 2 · b4x + · · · + n(n − 1)(n − 2)bnxn−3 T(4)(x) = 4 · 3 · 2 · b4+ · · · + n(n − 1)(n − 2)(n − 3)bnxn−4 .. . Assim, T (0) = b0, T′(0) = b1 , T′′(0) = 2b2 , T′′′(0) = 3! · b3 , T(4)(0) = 4! · b4 e em geral T(k)_{(0) = k! · b}

k= 1. Assim, bk= _k!1 pelo que T (x) = 1 + x +x 2 2 + x3 3! + · · · + xn n! ´e polin´omio de Taylor de ex _{em x = 0. Em particular:}

• A recta tangente ao gráfico em a = 0 tem equa¸cão y = f(0) + f′_{(0)x = 1 + x,} e é o gráfico do polinómio T1(x) = 1 + x.

• O polin´omio T2(x) = 1 + x +x 2

2 coincide com f no ponto x = 0 até à derivada de ordem 2 e é portanto polinómio de Taylor de ordem 2 de f .

(11)

None

Figura 9. Aproxima¸c˜ao de f (x) = ex _{por p(x) = 1 + x +}x2 2.

O exemplo 13 mostra como podemos calcular os coeficientes do polin´omio de Taylor duma fun¸c˜ao. No caso geral temos

Teorema 6: O polinómio de Taylor de ordem n de f em x = a é único e é dado por Tn(x) = f (a) + f′(a)(x − a) +f ′′_(a) 2! (x − a) 2₊f′′′(a) 3! (x − a) 3 + · · · +f (n)_(a) n! (x − a) n = n X k=0 f(k)_(a) k! (x − a) k

Observação: Adoptamos aqui a conven¸cão que, para k = 0, (x − a)0_{= 1 mesmo} quando x = a.

Antes de passarmos à demonstra¸cão convém observar o seguinte: Como as derivadas até à ordem n de f e T são iguais, f′_{(x) e T}′_{(x) têm também as mesmas derivadas} em a até à ordem n − 1. Portanto T′ _{é polin´}_{omio de Taylor de ordem n − 1 de f}′_. Demonstração. A demonstra¸cão é por indu¸cão em n. Para n = 0, T0(x) tem grau zero logo é uma constante igual a f (a) pois T0(a) = f (a). Assumimos por hipótese que o resultado é válido para n − 1. Primeiro vamos ver que

T (x) = f (a) + f′(a)(x − a) +f′′₂(a)(x − a)2+ · · · +f (n)_(a)

n! (x − a) n

´e polin´omio de Taylor de f . Claramente T (a) = f (a). Derivando, T′(x) = f′(a) + f′′(a)(x − a) + · · · + f

(n)_(a) (n − 1)!(x − a)

n−1

que, por hipótese de indu¸cão, é precisamente o polinómio de Taylor de ordem n − 1 de f′_{(x). Assim, as derivadas até `}_{a ordem n − 1 de T}′ _{e de f}′ _{coincidem em x = a.} Portanto T é polinómio de Taylor de f . Vamos ver agora que T é o único polinómio de Taylor de f . Seja

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Se P é polinómio de Taylor de f de ordem n então P′ _{é polin´}_{omio de Taylor de f}′_. Derivando e usando a hipótese de indu¸cão temos

T′_{(x) = b} 1+ 2b2(x − a) + · · · + nbn(x − a)n−1 = f′(a) + f′′(a)(x − a) + · · · + f (n)_(a) (n − 1)!(x − a) n−1

de onde tiramos de imediato que bk = f(k)(a)/k! para k = 1, . . . , n. Como P (a) = f (a) temos tamb´em b0 = f (a) e portanto P (x) = T (x) o que termina

a demonstra¸c˜ao.

Exemplo 14. Tomemos f (x) = sen x e a = π

6. Ent˜ao f π 6 = sen π 6 =1 2 , f′ π6 = cos π 6 = √3 2 , f π 6 = − sen π 6 = −1 2 , Assim, T2(x) = f π₆+ f′ π₆ x − π₆+1₂f π₆ x − π₆ 2 = 1 2+ √ 3 2 x − π 6 −1 4 x − π 6 2 -Π -Π 2 Π 6 Π 2 Π 3 Π 2 -1 1 T0 T1 T2 sen x

Figura 10. Polin´omios de Taylor de ordens 0,1 e 2 de sen x em x =π₆

Os próximos três exemplos são extremamente importantes!

Exemplo 15. (Exponencial) Seja a = 0, f (x) = ex_{. Ent˜}_{ao f}(k)_{(0) = e}0_{= 1 logo} Tn(x) = f (0) + f′(0)x +f ′′₍₀₎ 2! x 2₊f′′′(0) 3! x 3 + · · · + f (n)₍₀₎ n! x n = 1 + x +x 2 2 + x3 3! + · · · + xn n! = n X k=0 xk k!

Exemplo 16. (Seno) Seja a = 0, f (x) = sen x. Ent˜ao

f′(x) = cos x , f′′(x) = − sen x , f′′′(x) = − cos x , f(4)(x) = sen x , . . . logo as derivadas de f em x = 0 s˜ao sucessivamente

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Aula 27: Polin´omios de Taylor 13 Assim, T1(x) = T2(x) = x T3(x) = T4(x) = x − x3 3! T5(x) = T6(x) = x −x 3 3! + x5 5! T2n+1(x) = T2n+2(x) = x − x3 3! + x5 5! − x7 7! + · · · + x2n+1 (2n + 1)! = n X k=0 (−1)k x 2k+1 (2k + 1)!

Repare que os polinómios de Taylor do seno têm apenas potências ´ımpares de x. De facto todas as fun¸cões ´ımpares têm esta propriedade. Exemplo 17. (Coseno) Seja a = 0, f (x) = cos x. Então verificamos facilmente que f (0) = 1 , f′(0) = 0 , f′′(0) = −1 , f′′′(0) = 0 , f(4)(0) = 1 , . . . Assim, T2n(x) = T2n+1(x) = 1 − x2 2 + x4 4! − x6 6! + · · · + x2n (2n)! = n X k=0 (−1)k x 2k (2k)!

O coseno é uma fun¸cão par, o que se reflecte no facto dos seus polinómios de Taylor

s´o terem potˆencias pares de x.

4. A f´

ormula de Lagrange para o erro.

Vamos agora analizar o erro cometido na aproxima¸cão f (x) ≈ Tn(x). Para n = 0 o teorema de Lagrange diz-nos que f (x) − f(a) = f′_{(c)(x − a) com c entre a e x.} Um resultado semelhante é válido para qualquer n:

Teorema 7 (Fórmula de Lagrange para o erro): Seja f uma fun¸cão n + 1 vezes diferenciável e seja Tn o polinómio de Taylor de f de ordem n em x = a. Então para qualquer x existe um ponto c entre a e x tal que

f (x) − Tn(x) = f

(n+1)_(c) (n + 1)! (x − a)

n+1

Observação: O termo f(n+1)_(n+1)!(c)(x − a)n+1 _{é por vezes chamado de resto de} La-grange. Não usaremos esta expressão para não criar confusão com o chamado resto duma série, que estudaremos nas próximas seçcões.

(14)

Demonstração. Vamos mostrar por indu¸cão em n que existe um c entre x e a tal que f (x) − Tn(x) (x − a)n+1 = f(n+1)_(c) (n + 1)!

Para n = 0 isto é o teorema de Lagrange. Assumimos portanto que a fórmula é válida para n−1 e vamos demonstrá-la para n. Vamos aplicar o teorema de Cauchy `

as fun¸c˜oes

F (x) = f (x) − Tn(x) e G(x) = (x − a)n+1 O teorema de Cauchy diz-nos que existe um y entre a e x tal que

F (x) − F (a) G(x) − G(a) =

F′_(y) G′_(y) Atendendo a que F (a) = G(a) = 0 obtemos

(i) f (x) − Tn(x) (x − a)n+1 =

f′(y) − Tn′(y) (n + 1)(y − a)n Como T′

n(y) é o polinómio de Taylor de ordem n − 1 de f′, por hipótese de indu¸cão existe um c entre a e y (e portanto entre a e x) tal que

(ii) 1 n + 1 f′_{(y) − T}′ n(y) (y − a)n = 1 n + 1 (f′₎(n)_(c) n! = f(n+1)_(c) (n + 1)!

Agora basta substituir o resultado de (ii) em (i).

A fórmula de Lagrange permite-nos estimar o erro |f(x) − Tn(x)| cometido na aproxima¸cão f (x) ≈ Tn(x). Permite-nos também estudar o sinal da diferen¸ca f (x) − Tn(x) estudando o sinal de f(n+1)(c) e de (x − a)n+1.

Exemplo 18. Vamos calcular aproximadamente e−1_{. Para tal usamos o polin´}_omio de Taylor de ordem 4 de ex _{em a = 0 que j´a vimos ser}

T3(x) = 1 + x + x2 2 + x3 3! + x4 4! Ent˜ao, tomando x = −1,

e−1 ≈ 1 + (−1) +(−1) 2 2 + (−1)3 3! + (−1)4 4! = 3 8 = 0.375 Vamos agora estimar o erro cometido. A f´ormula de Lagrange diz-nos que

ex− T4(x) = f(5)_(c) 5! x 5 _{com c entre 0 e x} Como f(5)_{(c) = e}c_, e−1− 0.375 = e c 5!(−1) 5 = − e c 120 com − 1 < c < 0

Como ec _{> 0 vemos de imediato que a diferen¸ca ´e negativa logo e}−1_{< 0.375. Para} estimar o erro cometido tomamos m´odulos:

e−1_{− 0.375}₌ ec 120

(15)

N˜ao sabemos o valor de ec _{mas sabemos que c ∈ ] − 1, 0[ o que nos permite majorar} o erro. Como a exponencial ´e crescente, e−1_{< e}c_{< e}0_{= 1 logo}

e−1_{− 0.375}₌ ec 120 < 1 120 < 1 100 = 0.01

Assim, o erro ´e inferior a 0.01. Como sabemos tamb´em que e−1_{< 0.375, concluimos} que

0.375 − 0.01 < e−1< 0.375 logo 0.365 < e−1< 0.375 Como e−1_{= 1/e, obtemos tamb´em uma estimativa para o valor de e:}

2.666 . . . < e < 2.739 . . . ou, arredondando, 2.66 < e < 2.74 Exemplo 19. Seja f (x) = sen x, a = 0. Queremos calcular aproximadamente sen 0.1. Para tal vamos usar o polin´omio de Taylor de ordem 4 na origem, que j´a vimos ser

T4(x) = x − x3

6 Ent˜ao, tomando x = 0.1 obtemos

sen 0.1 ≈ 0.1 − 0.1 3

6 = 0.09983333 . . .

Para estimar o erro cometido notamos que f(5)_{(c) = cos c. A f´ormula de Lagrange} diz-nos que

sen 0.1 − 0.09983333 . . . =cos c_5! 0.15= cos c 1200.1

5 _com _{0 < c < 0.1} Como o coseno é positivo no intervalo ]0 , 0.1[, a diferen¸ca é positiva logo sen 0.1 > 0.09983333 . . .. Para estimar o erro tomamos módulos:

| sen 0.1 − 0.09983333 . . . | = cos c₁₂₀0.15

N˜ao sabemos o valor de cos c mas sabemos que c ∈ ]0 , 0.1[. O coseno ´e decrescente neste intervalo logo cos c < cos 0 = 1. Assim,

|sen 0.1 − 0.09983333 . . .| = cos c₁₂₀0.15< 0.1 5 120 < 0.15 100 = 10 −7

Assim, o erro ´e inferior a 10−7_{. Como sabemos tamb´em que sen 0.1 > 0.09983333 . . .} concluimos que

0.09983333 . . . < sen 0.1 < 0.09983333 . . . + 0.0000001 Arredondando obtemos

(16)

Aula 28: Polin´

omios de Taylor

Continuamos com alguns exemplosde aplica¸cão da fórmula de Lagrange para o erro: Exemplo 20. Vamos usar o polinómio de Taylor de ordem um de √x para apro-ximar √50 e√80. Para calcular √50 tomamos a = 49. Como f′_{(x) = 1/(2}√_x) temos √ x ≈ f(a) + f′_{(a)(x − a)} =√a + 1 2√a(x − a) = 7 + 1 14(x − 49) Tomando x = 50, √ 50 ≈√49 + 1 2√49(50 − 49) = 7 + 1 14 = 7.07142 . . . Para estimarmos o erro cometido come¸camos por calcular f′′_{(c) = −}1

4c−3/2. Ent˜ao √

50 − 7.07142 . . . = f′′₂(c)(50 − 49)2= − 1

8√c3 com 49 < c < 50 Como c > 0, √c3_{> 0 logo a diferen¸ca é negativa e assim}√_{50 < 7.07142 . . .. Para} estimar o erro notamos que √c3 _{é crescente logo 1/}√_c3 _{é decrescente pelo que} atinge o seu valor máximo para c = 49. Assim,

|√50 − 7.07142 . . . | = 1 8√c3 < 1 8√493 = 1 8 · 73 = 1 2744< 1 2000 = 0.0005 Assim, o erro ´e inferior a 0.0005. Como sabemos tamb´em que √50 < 7.07142 . . . concluimos que

7.07142 . . . − 0.0005 <√50 < 7.07142 . . . logo 7.0709 <√50 < 7.0715 Vamos agora aproximar √80. Para tal tomamos a = 81:

√

80 ≈√81 + 1

2√81(80 − 81) = 9 − 1

18 = 8.9444 . . . O erro ´e dado por

√

80 − 8.9444 . . . = f′′₂(c)(80 − 81)2= − 1

8√c3 com 80 < c < 81

Tal como antes, a diferen¸ca ´e negativa logo√80 < 8.9444 . . .. Para estimar o erro observamos que 1/√c3_{atinge o seu valor m´aximo para c = 80 logo}

|√80 − 8.9444 . . . | < 1 8√803 N˜ao sabemos calcular√803 _{mas notamos que}

1 8√803 < 1 8√643 = 1 84 = 1 4096 < 1 4000 = 0.00025

(17)

Assim, o erro é inferior a 0.00025. Sabemos também que √80 < 8.9444 . . . logo 8.9444 . . . − 0.00025 <√80 < 8.9444 . . . e assim 8.9441 <√80 < 8.9445 Exemplo 21. Seja f (x) = sen x, a = 0. Já vimos que o polinómio de Taylor de ordem 4 de f na origem é

T4(x) = x − x3

6

Vamos estudar o sinal de f (x)−Tn(x). Como f(5)(x) = cos x, a f´ormula de Lagrange diz-nos que sen x − Å x −x 3 6 ã = f (5)_(c) 5! (x − 0) 5₌cos(c) 120 x 5 Se x ∈ −π2, π 2

, como c est´a entre 0 e x, cos(c) ≥ 0. Assim, o sinal de cos(c)120 x5´e dado por x5_{pelo que concluimos que}

• Se x > 0, sen x − T4(x) > 0, ou seja, sen x > x − x

3

6 • Se x < 0, sen x − T4(x) < 0, ou seja, sen x < x − x

3 6 -Π -Π 2 Π 2 Π -1 1

Figura 11. Polin´omio de Taylor de ordem 3 de sen x

Não se deve concluir dos resultados anteriores que os polinómios de Taylor podem sempre ser utilizados para aproximar uma dada fun¸cão, mesmo supondo que f é de classe C∞_{. ´}_{E importante ter presente o seguinte facto:}

Teorema 8: Seja f o prolongamento por continuidade a x = 0 da fun¸c˜ao e−1/x2

: f (x) =®e−1/x

2

x 6= 0

0 x = 0

Então f é uma fun¸cão de classe C∞ _{e todas as derivadas de f s˜}_{ao nulas em x = 0:} f(k)_{(0) = 0 para qualquer k.}

(18)

Demonstrac¸˜ao. Come¸camos por observar que f′(0) = lim x→0 f (x) − f(0) x − 0 = limx→0 e−x21 x = 0 Vamos calcular f(k)_{(0) para k > 1. Para k = 2,}

f′′(0) = lim x→0 f′_{(x) − f}′₍₀₎ x − 0 = limx→0 f′_(x) x Temos pois que calcular f′_{(x) para x 6= 0: f}′_{(x) = 2e}−1/x2

/x3_{. Substituindo} obtemos f′′(0) = lim x→0 2 x4e −1 x2 = lim u→+∞2u 2_e−u _{= 0}

onde se fez a substitui¸c˜ao u = 1/x2_{. Para ver o caso geral observamos primeiro} que, para x 6= 0,

f(k)(x) = Pk(x) x3k e

−1/x2

em que Pk(x) é um polinómio. A demonstra¸cão, por indu¸cão, fica a cargo do leitor. Assim, f(k+1)_{(0) é o limite}

f(k+1)(0) = lim x→0 f(k)_{(x) − 0} x = limx→0Pk(x) limx→0 e−1/x2 x3k+1 Para mostrar que este limite ´e zero basta observar que

lim x→0 e−1/x2 x3k+1

= limu→+∞|u|

3k+1

2 e−u= 0 (u = 1/x2)

o que termina a demonstra¸c˜ao.

Intuitivamente, a fun¸c˜ao e−1/x2

aproxima-se muito depressa de zero para x pr´oximo de zero. Por exemplo, para x = 0.01 temos e−1/0.012

= 1/e10000_{< 1/2}10000_{. Usando} a aproxima¸c˜ao 210_{≈ 10}3_{, este n´}_{umero ´e da ordem de 10}−3000_.

-₄ ₄ 0.5 1 -_0.4 _0.4 0.003 0.006 -_0.1 _0.1

Figura 12. Fun¸c˜ao e−1/x2 _{em trˆ}_{es amplia¸c˜}_oes

5. Classifica¸

c˜

ao de pontos cr´ıticos

Recorde que a diz-se um ponto cr´ıtico de f se f′_{(a) = 0. a diz-se um m´ınimo local} de f se f (a) for o valor m´ınimo de f numa vizinhan¸ca de a. Analogamente, a diz-se um máximo local de f se f (x) ≤ f(a) numa vizinhan¸ca de a. Já vimos que para classificar um ponto cr´ıtico como máximo local ou m´ınimo local podemos estudar a concavidade de f ao pé de a, dada pelo sinal da segunda derivada f′′_{(a). A fórmula} de Lagrange para o erro permite-nos generalizar este resultado.

(19)

Vamos supor que f(n)_{(a) ´e a primeira derivada de f diferente de zero, ou seja,} f′(a) = f′′(a) = f′′(a) = · · · = f(n−1)(a) = 0

e f(n)_{(a) 6= 0. O polinómio de Taylor de ordem n de f é então} Tn(x) = f (a) +

f(n)_(a) n! (x − a)

n

Para n par, Tn(x) possui um m´aximo ou um m´ınimo local em a, dependendo do sinal de f(n)_(a).

f(n)_{(a) > 0} _f(n)_{(a) < 0}

Figura 13. Fun¸cão f (a) +f(n)_n!(a)(x − a)n_{para n par} Para n ´ımpar Tn(x) não tem nem máximo nem m´ınimo locais.

f(n)_{(a) > 0} _f(n)_{(a) < 0}

Figura 14. Fun¸c˜ao f (a) +f(n)_n!(a)(x − a)n_{para n ´ımpar}

Tn é uma boa aproxima¸cão de f para x ≈ a portanto é natural esperar que Teorema 9: Suponha-se que f é uma fun¸cão n vezes diferenciável com derivada f(n)_{(x) cont´ınua num intervalo aberto I = ]b, c[ . Seja a ∈ I um ponto cr´ıtico de f} tal que

f′(a) = f′′(a) = f′′(a) = · · · = f(n−1)(a) = 0 Ent˜ao

(1) Se n é par e f(n)_{(a) > 0, ent˜}_{ao f tem um máximo local em x = a;} (2) Se n é par e f(n)_{(a) < 0, ent˜}_{ao f tem um m´ınimo local em x = a;}

(3) Se n é ´ımpar e f(n)_{(a) 6= 0, então f não tem nem um máximo local nem um} m´ınimo local em x = a.

(20)

Demonstração. Vamos apenas provar (1) deixando (2) e (3) como exerc´ıcios. O polinómio de Taylor de f de ordem n − 1 é constante: Tn−1(x) = f (a). A fórmula de Lagrange diz-nos que

f (x) − Tn−1(x) = f (x) − f(a) = f(n)_(c)

n! (x − a) n

para algum c entre a e x. Como n é par, (x − a)n _{≥ 0. Como f}(n)_{(a) > 0 e f}(n) é cont´ınua, f(n)_{não pode mudar subitamente de sinal, ou seja, f}(n)_{(x) > 0 numa} vizinhan¸ca ]a − ε, a + ε[ de a. Para x ∈ ]a − ε, a + ε[, como c está entre a e x, c ∈ ]a − ε, a + ε[ logo f(n)_{(c) > 0. Assim} f (x) − f(a) = f (n)_(c) n! (x − a) n ≥ 0 para x ∈ Vε(a)

portanto a ´e um m´ınimo local de f .

Exemplo 22. Seja f (x) = cos x + cosh x. Ent˜ao as derivadas de f em x = 0 s˜ao f′(x) = − sen x + senh x f′(0) = 0

f′′(x) = − cos x + cosh x f′′(0) = 0 f′′′(x) = sen x + senh x f′′′(0) = 0 f(4)(x) = cos x + cosh x f(4)(0) = 2

2 > 0 logo f possui um m´ınimo local em x = 1.

Exemplo 23. Voltemos `a fun¸c˜ao do teorema 8: f (x) =®e

− 1

x2, se x 6= 0

0, se x = 0,

Note que a fun¸cão tem um m´ınimo absoluto em x = 0, mas que esse facto não pode ser detectado com recurso ao teorema 9 pois todas as derivadas de f são zero em

x = 0. -20 -10 10 20 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 Figura 15. Gr´afico de f (x) = e−1/x2.

6. Optimiza¸

c˜

ao

Uma das aplica¸cões mais relevantes do cálculo é a determina¸cão de extremos de uma fun¸cão dada. Exemplos incluem minimizar o custo ou maximizar o lucro duma certa opera¸cão.

(21)

Exemplo 24. _{A fun¸c˜ao f (x) = (x − 1)}2 _{nunca toma valores negativos. Como}

f (1) = 0, f (1) ´e o valor m´ınimo de f .

O teorema de Fermat, que nos diz que um ponto de extremo é necessariamente um ponto cr´ıtico o que nos permite determinar os valores máximo e m´ınimo duma fun¸cão f definida num intervalo [ a, b ]:

Se f : [ a, b ] → R tiver um extremo num ponto x = c ent˜ao uma das seguintes alternativas ´e necessariamente verdade:

(1) f′_{(c) = 0, ou} (2) f′_{(c) n˜ao existe, ou} (3) c = a ou c = b.

Exemplo 25. Seja f : [ −1, 2 ] → R a fun¸c˜ao f(x) = x3_{− x.} (1) Come¸camos por determinar os zeros da derivada de f :

f′(x) = 3x2− 1 = 0 ⇔ x = ±√1 3

Ambos os pontos pertencem ao intervalo [ −1, 2 ]. Nestes pontos f toma os valores f (_√1 3) = − 2 3√3 e f (− 1 √ 3) = 2 3√3 (2) Não existe nenhum ponto em que f não seja diferenciável. (3) Nos extremos do intervalo f toma os valores

f (−1) = 0 e f(2) = 6.

O teorema de Weierstrass garante a existência dos valores máximo e m´ınimo de f , que têm que ser atingidos nos pontos −1, −1/√3, 1/√3 ou 2. Comparando os valores de f nesses pontos concluimos que o valor máximo de f é f (2) = 6 e o seu

valor m´ınimo ´e f (1/√3) = −2/(3√3).

Exemplo 26. A distância à origem é dada pela fun¸cão f (x) = |x|. É claro geome-tricamente que os valores máximo e m´ınimo e f no intervalo [ −2, 1 ] são

f (−2) = 2 e f(0) = 0

respectivamente. Assim, o m´ınimo ocorre na origem (onde f não é diferenciável) e o máximo ocorre num dos extremos do intervalo, x = 2. Repare que a derivada de

f n˜ao se anula em nenhum ponto.

Exemplo 27. Qualquer fun¸c˜ao crescente em I = [ a, b ] vai ter o seu valor m´aximo

em I em x = b e o seu valor m´ınimo em x = a.

Exemplo 28. Vamos supor que queremos delimitar uma região rectangular com arame farpado e temos 400 metros de arame. Quais as dimensões do rectângulo que maximizam a área?

(22)

Para resolver este problema come¸camos por escrever a fórmula da área dum rectângulo: A = x · y

em que x e y são a base e a altura do rectângulo. O comprimento do arame dá-nos o per´ımetro do rectângulo:

2x + 2y = 400

Podemos usar esta equa¸cão para eliminar uma das variáveis. Por exemplo, y = 200 − x. Substituindo na fórmula da área obtemos

A = x(200 − x)

Como x, y ≥ 0, deduz-se facilmente que 0 ≤ x ≤ 200. Portanto o nosso problema reduz-se a maximizar a fun¸c˜ao A(x) = x(200 − x) no intervalo [ 0, 200 ]. Primeiro calculamos os zeros da derivada:

A′(x) = 200 − 2x = 0 ⇔ x = 100

Portanto o m´aximo pode ocorrer em x = 100 ou nos extremos do intervalo x = 0, 200. Comparando os valores

A(0) = 0, A(100) = 10000 m2, A(200) = 0

vemos que o máximo é atingido para x = 100. As dimensões do rectângulo são portanto

x = 100 m e y = 200 − x = 100 m

Portanto para maximizar a ´area devemos construir um quadrado.

7. O limite quando n → ∞

Vimos que para x ≈ a uma fun¸c˜ao pode ser aproximada pelo seu polin´omio de Taylor de ordem n, Tn(x):

f (x) ≈ f(a) + f′(a)(x − a) +f′′₂(a)(x − a)2+ . . . +f (n)_(a) n! (x − a) n = n X k=1 f(k)_(a) k! (x − a) k

e que, em geral, esta aproxima¸cão é tanto melhor quanto maior for o valor de n. Se f tiver derivadas de todas as ordens podemos estudar o limite quando n → +∞. Teorema 10: Se existir uma constante M independente de n tal que |f(n+1)_{(t)| ≤} M para qualquer t entre a e x então

f (x) = lim n→+∞Tn(x) = limn→+∞ n X k=1 f(k)_(a) k! (x − a) k

Demonstração. Basta mostrar que para cada x a sucessão |f(x)−Tn(x)| converge para zero. Como |f(n+1)_{(t)| ≤ M,}

f(x) − Tn(x) = f(n+1)_(c) (n + 1)! (x − a) n+1 ≤ M |x − a|n+1 (n + 1)!

(23)

Como |x−a|

n+1

(n+1)! → 0, pelo teorema dos limites enquadrados |f(x) − Tn(x)| → 0 logo

Tn(x) → f(x).

Alguns exemplos extremamente importantes: Exemplo 29. Seja a = 0, f (x) = sen x. Ent˜ao

Exemplo 30. Seja a = 0, f (x) = cos x. Ent˜ao |f(n)_{(x)| ≤ 1. Portanto} cos x = lim n→+∞Tn(x) = 1 − x2 2! + x4 4! − x6 6! + · · ·

Exemplo 31. Seja a = 0, f (x) = ex_{. Ent˜}_{ao f}(n)_{(x) = e}x_{. Dado um t entre 0 e x,} t < |x| logof(n)_(t)_{= e}t_{< e}|x|_{. Podemos pois tomar M = e}|x|_{. Assim,}

ex= lim n→+∞Tn(x) = 1 + x + x2 2! + x3 3! + x4 4! + · · · ´

E costume representar este tipo de limite por ∞ X k=0 ak = lim n→∞ n X k=0 ak Podemos reescrever os trˆes exemplo acima como

sen x = ∞ X k=0 (−1)k x 2k+1 (2k + 1)! cos x = ∞ X k=0 (−1)k x 2k (2k)! ex= ∞ X k=0 xk k!

A somas com um número infinito de parcelas chamamos séries. Iniciaremos o estudo das séries na próxima seçcão.

Observação: Seja f o prolongamento por continuidade de e−1/x2 _{a x = 0. Ent˜}_ao Tn(x) = 0 para todo o n logo lim Tn(x) = 0 6= f(x). Portanto nem sempre uma fun¸cão é igual ao limite dos seus polinómios de Taylor.

(24)

Aula 29: S´

eries

8. Defini¸

c˜

oes e primeiras propriedades

Na ´ultima aula vimos que

sen x = x −x 3 3! + x5 5! − x7 7! + · · · cos x = 1 −x 2 2! + x4 4! − x6 6! + · · · ex= 1 + x +x 2 2! + x3 3! + x4 4! + · · ·

Em particular, tomando x = 1 obtemos uma f´ormula para e como uma soma com um n´umero infinito de parcelas:

e = 1 + 1 + 1 2!+ 1 3!+ 1 4!+ · · ·

Vamos agora estudar mais de perto este tipo de somas com um número infinito de parcelas, às quais chamamos séries. Vamos primeiro ver mais alguns exemplos. Exemplo 32. A representa¸cão de números reais por d´ızimas infinitas pode ser vista como uma soma infinita. Assim, por exemplo,

3/11 = 0.27272727 . . .

= 0.2 + 0.07 + 0.002 + 0.0007 + 0.00002 + 0.000007 + · · ·

= 2/10 + 7/102+ 2/103+ 7/104+ 2/105+ 7/106+ · · · Exemplo 33. Come¸camos por observar que

1 = 1₂+1₂ = 1 2+ 1 4+ 1 4 = 1 2+ 1 4+ 1 8+ 1 8 = 1₂+1₄+1₈+₁₆1 +₁₆1 .. .

No século V antes de Cristo, o filósofo grego Zenão apresentou esta observa¸cão como um paradoxo. Observemos a figura:

0 1

1/2 1/4 1/8 1/16

Figura 16. 1 =1₂+1₄+1₈+₁₆1 +₁₆1

Se um corredor se deslocar do ponto A = 0 para o ponto B = 1, antes de chegar ao destino primeiro tem que percorrer metade da distância, chegando ao ponto 1/2. Tem então que percorrer metade da distância que falta, chegando ao ponto 1/2 + 1/4, e de novo necessita de percorrer metade da distância que ainda falta, chegando ao ponto 1/2 + 1/4 + 1/8.

(25)

Aula 29: S´eries 25

Este processo continua indefinidamente, pelo que o corredor nunca chega ao ponto B.

Matematicamente, este paradoxo involve a soma infinita

(1) 1 2+ 1 4 + 1 8 + 1 16+ 1 32+ · · · + 1 2n + · · ·

Vimos que as fun¸cões ex_{, sen x e cos x podem ser escritas como uma soma infinita,} interpretando essa soma como o limite quando n tende para infinito dos polinómios de Taylor de ordem n. Analogamente, vamos interpretar uma soma com um número infinito de parcelas como um limite de somas finitas, as chamadas somas parciais da série. Para o caso da série de Zenão temos

S1= 1 2 S2= 1 2+ 1 4 = 1 − 1 4 S3= 1 2+ 1 4 + 1 8 = 1 − 1 8 S4= 1 2+ 1 4 + 1 8 + 1 16 = 1 − 1 16 e em geral (2) Sn= n X k=1 1 2k = 1 2 + 1 4+ 1 8 + 1 16 + 1 32+ · · · + 1 2n = 1 − 1 2n

As somas parciais da série formam uma sucessão (Sn) e a soma da série é então definida como o limite da sucessão das somas parciais lim

n→∞Sn. A nota¸cão que já usámos para representar somatórios adapta-se facilmente à representa¸cão de séries. Escrevemos: ∞ X k=1 1 2k = lim_n→∞Sn= lim_n→∞ n X k=1 1 2k = lim_n→∞ Å 1 − ₂1n ã = 1

Exemplo 34. Tal como já referimos, as somas parciais da série ex= ∞ X k=0 xk k! = 1 + x + x2 2 + x3 3! + · · · são os polinómios de Taylor de ex_:

Tn(x) = 1 + x +x 2

2 + · · · + xn

n! A soma da s´erie ´e o limite das somas parciais:

ex= lim

n→∞Tn(x)

Defini¸cão 11 (Soma de uma série, série convergente): Chamamos série a uma expressão da forma

(26)

que representamos por Pak. Dizemos que uma série Pak é convergente se a sucessão das somas parciais

Sn= n X k=1

ak= a1+ a2+ · · · + an

tem limite S ∈ R. Dizemos neste caso que a s´erie tem soma S, e escrevemos ∞

X k=1

ak = S. Caso contr´ario, a s´erie diz-se divergente.

Exemplo 35. A s´erieP1/k! ´e convergente com soma ∞

X k=0

1

k! = e

Exemplo 36. A série de ZenãoP1/2k_{(k ≥ 1) é convergente e tem soma 1, porque} Sn=

Å 1 −₂1n

ã

→ 1, quando n → +∞

Exemplo 37. A s´erie de termo geral constante ak= 1 ´e divergente, porque Sn=

n X k=1

1 = n → ∞.

Exemplo 38. A s´erieP(−1)k _{(k ≥ 1) ´e divergente, porque} Sn=

ß

−1, se n ´e ´ımpar, e

0, se n ´e par

Por vezes é poss´ıvel manipular as somas parciais duma série de modo a obter uma soma telescópica:

Exemplo 39. Vamos estudar a s´erie

X 1

k2_{+ k} k ≥ 1 Come¸camos por decompor _k21_+k em frac¸c˜oes simples:

1 x2_{+ x} = 1 x(x + 1) = A x + B x + 1 portanto 1 = A(x + 1) + Bx

Pondo x = 0 obtemos A = 1 e pondo x = −1 obtemos B = −1. Assim, 1 x2_{+ x} = 1 x− 1 x + 1

(27)

e portanto as somas parciais são somas telescópicas Sn = n X k=1 1 k2_{+ k} = n X k=1 Å₁ k− 1 k + 1 ã = n X k=1 1 k− n X k=1 1 k + 1 Recordemos como se pode calcular uma soma telescópica:

Sn= n X k=1 1 k− n X k=1 1 k + 1 = 1 + 1 2 + 1 3+ · · · + 1 n −1 2 − 1 3− · · · − 1 n− 1 n + 1 = 1 −_{n + 1}1 Assim ∞ X k=1 1 k2_{+ k} = lim_n→∞Sn= lim_n→∞ Å 1 −_{n + 1}1 ã = 1

9. S´

eries geom´

etricas

A série de ZenãoP1/2k_{é apenas um caso particular do que chamamos uma série} geométrica. Recorde que uma sucessão ak diz-se uma progressão geométrica de razão r se cada termo for obtido do anterior por multiplica¸cão por r:

ak+1= r · ak ´

E então fácil de ver que ak = rk·a em que a é o primeiro termo da série. Recordemos aqui a fórmula da soma duma progressão geométrica de razão r:

Sn = n X k=0 a0· rk = a01 − r n+1 1 − r (r 6= 1)

e Sn = (n + 1) · a0 para r = 1. Tomando o limite quando n → ∞ chegamos ao Teorema 12: A série geométricaPa rk (com a 6= 0) converge se e só se |r| < 1, tendo por soma

∞ X k=0

a rk ₌ a 1 − r (repare que a é o primeiro termo da série e r é a razão).

Demonstração. Se r = 1, Sn= (n + 1)a diverge. Supomos portanto que r 6= 1. Então a sucessão das somas parciais é

Sn = a + a r + a r2+ · · · + a rn= a1 − r n+1 1 − r

Esta sucess˜ao diverge para |r| ≥ 1 e converge para |r| < 1 tendo por limite lim n→∞Sn= limn→∞a 1 − rn+1 1 − r = a 1 − r

(28)

Exemplo 40. Vamos ver queP32k₅2−k_{(k ≥ 0) é uma série geométrica. Podemos} reescrever a série na forma

X

32k52−k=X(32)k· 52· 5−k=X25 · 9k· 5−k=X25 · Å₉

5 ãk

Assim trata-se duma série geométrica de razão 9

5 > 1 pelo que a série é divergente. Exemplo 41. A representa¸cão de números reais por d´ızimas infinitas é um exemplo de série. No caso de uma d´ızima infinita periódica, trata-se de facto duma série geométrica. Considere-se como exemplo x = 0.123123 · · · . Note-se que

x = 0.123 + 0.000123 + · · · = 123₁₀3 + 123 106 + · · · = ∞ X k=1 123 103k A série acima é claramente a série geométrica de razão r = 1/103_{pelo que}

∞ X k=1 123 103k = 123 1000 1 − 10001 = 123 1000 999 1000 = 123 999

10. Propriedades das s´

eries

Usamos muitas vezes a expressão “natureza” (de uma série) para nos referirmos à sua propriedade de ser convergente ou divergente. Quando estudamos uma dada série, é frequentemente poss´ıvel determinar a sua natureza sem calcular explicita-mente a sua soma. O próximo resultado permite identificar com facilidade muitos exemplos de séries divergentes.

Teorema 13:

• Se a sériePak converge então ak→ 0 quando k → ∞; • Portanto, se ak6→ 0, a sériePak diverge;

• Mas aten¸c˜ao que, se ak → 0, nada podemos concluir: Pakpode convergir ou divergir.

Demonstrac¸˜ao. Consideramos as somas parciais Sn = n X k=1

ak, e seja S = lim n→∞Sn. Como an= Sn− Sn−1, ´e claro que an→ S − S = 0. Exemplo 42.

(1) A s´erieP_√k

k+1 ´e divergente, porque k √

k+1 → +∞ 6= 0. (2) A sérieP_2k+3k é divergente, porque ak= _2k+3k → 1₂ 6= 0. (3) A sérieP(−1)k_k2_{é divergente, porque a}

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Uma série Pak pode satisfazer a condi¸cão ak → 0, e mesmo assim ser divergente. O próximo exemplo é uma clássica ilustra¸cão deste facto, e será repetidamente referido no que se segue.

Exemplo 43. A série harmónica é a sérieP1

k (k ≥ 1). É óbvio que o seu termo geral satisfaz ak = 1_k → 0, mas a série é na realidade divergente. Para compreender porquê examinemos a soma parcial com n = 32:

S32= 1 +1₂+1₃+1₄+1₅ + · · · +1₈+1₉+ · · · +₁₆1 +₁₇1 + · · · +₃₂1 ≥ 1 +1 2+ 1 4+ 1 4 | {z } =1 2 +1 8+ · · · + 1 8 | {z } =4·1 8= 1 2 + 1 16+ · · · + 1 16 | {z } =8·1 16= 1 2 + 1 32+ · · · + 1 32 | {z } =16·1 32= 1 2

Assim S32 ≥ 1 +1₂ + 1₂ + ₂1 + 1₂ +1₂ = 1 + 5₂ e em geral ´e f´acil reconhecer que S2n≥ 1 +n

2 pelo que a s´erie ´e divergente.

A partir das propriedades dos limites e dos somatórios deduzimos facilmente que Teorema 14: Sejam Pak ePbk séries convergentes e c ∈ R. Então, as séries P_(a

k± bk) e P(cak) s˜ao tamb´em convergentes e ∞ X k=1 (ak± bk) = ∞ X k=1 ak± ∞ X k=1 bk, ∞ X k=1 (c · ak) = c · ∞ X k=1 ak.

Exemplo 44. Consideramos a s´erie

X Å 1 k2_{+ k} + 1 2k ã (k ≥ 1) Ent˜ao

• J´a vimos que ∞ X k=1 1 k2_{+ k} = 1 • ∞ X k=1 1

2k é uma série geométrica cuja soma é 1. Assim, ∞ X k=1 Å ₁ k2_{+ k} + 1 2k ã = ∞ X k=1 1 k2_{+ k} + ∞ X k=1 1 2k = 1 + 1 = 2

Observação: SePakfor convergente ePbkfor divergente, então a sérieP(ak+ bk) é divergente pois, seP(ak+ bk) fosse convergente, então

X bk = X (ak+ bk) − X ak teria de ser tamb´em convergente. Assim:

convergente + convergente = convergente convergente + divergente = divergente

(30)

No entanto a soma de duas séries divergentes pode ser ou não ser divergente. Exemplo 45. A sérieP 1 k + 1 2k

é divergente pois é a soma duma série divergente

com uma convergente.

Exemplo 46. A s´erie P Ä1 k −

1 k+1

ä

´e convergente embora seja a soma de duas

s´eries divergentes.

Terminamos esta seçcão com a seguinte observa¸cão importante: A convergência duma série não depende dum número finito de termos da série. Por outras palavras: Teorema 15: Para quaisquer i, j ∈ N, as séries

∞ X k=i ak = ai+ ai+1+ · · · e ∞ X k=j ak= aj+ aj+1+ · · · tˆem a mesma natureza.

Demonstração. Podemos assumir que i < j. Então as somas parciais da primeira e da segunda série

Sn= ai+ · · · + an Tn= aj+ · · · + an est˜ao relacionadas por

ai+ · · · + an | {z } Sn = (ai+ · · · + aj−1) + aj+ · · · + an | {z } Tn

ou seja, Sn= a + Tn em que a = ai+ · · · + aj−1não depende de n. O resultado do teorema é agora uma consequência imediata de teoremas sobre limites de sucessões.