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u n i v e r s i d a d e f e d e r a l d e i t a j u b a´
Sequ¨eˆncias e Se´ries
Nume´ricas
Prof. Dr. Marcio Colombo Fenille
Instituto de Matema´tica e Computac¸a˜o
https://sites.google.com/site/mcfenille/
mcfenille@unifei.edu.br
Avenida BPS, no 1303, Pinheirinho, CEP 37500-903, Itajuba´ MG, Brasil
Sequ¨eˆncias e Se´ries Nume´ricas
Prof. Dr. Marcio Colombo Fenille
“A faculdade que nos ensina a ver e´ a intuic¸a˜o. Sem ela, o geoˆmetra seria como um escritor bom de
grama´tica mas vazio de ide´ias.” - Henri Poincare´
Suma´rio
1 Sequ¨eˆncias e limites de sequ¨eˆncias 3
1.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Sequ¨eˆncias mono´tonas e sequ¨eˆncias limitadas 6
2.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3 Subsequ¨eˆncias 9
3.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
4 Sequ¨eˆncias de Cauchy 11
4.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
5 Se´ries nume´ricas 13
5.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
6 Propriedades das se´ries 16
6.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
7 Se´ries de termos na˜o negativos - Crite´rios de convergeˆncia 18
7.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
8 Se´ries alternadas e convergeˆncia absoluta 23
8.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
9 Crite´rios da raza˜o e da raiz 25
9.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
10 Reordenac¸a˜o de se´ries 27
10.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
11 Se´ries de poteˆncias 28
11.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
12 Continuidade, diferenciabilidade e integrabilidade de se´ries de poteˆncias 31
12.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
13 Se´ries de Taylor e Maclaurin 33
13.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2
1 Sequ¨eˆncias e limites de sequ¨eˆncias
Uma sequ¨eˆncia ou sucessa˜o de nu´meros reais e´ uma func¸a˜o a valores reais f : Df → R, cujo
domı´nio Df e´ um subconjunto de N (o conjunto dos nu´meros naturais). As sequ¨eˆncias consideradas
nestas notas sa˜o aquelas cujo domı´nio e´ um conjunto do tipo {n ∈ N : n ≥ q}, onde q e´ um natural
fixo. O valor f(n) chama-se o n-e´simo termo ou termo geral (quando fornece uma lei que define o
n-e´simo termo) da sequ¨eˆncia f e e´ frequentemente indicado por xn ou an ou bn, como conveniente for.
Por abuso de notac¸a˜o, utilizaremos a notac¸a˜o (xn)n para indicar a sequ¨eˆncia de termo geral xn. O
ı´ndice do lado de fora do pareˆnteses indica que a sequ¨eˆncia esta´ indexada naquele ı´ndice. Por ora, isto
parece desnecessa´rio (e de fato o e´), mas esta notac¸a˜o mostrar-se-a´ importante mais adiante, quando
tratarmos do conceito de subsequ¨eˆncias.
Exemplo 1.1 Considere a sequ¨eˆncia (2n)n. Indicando por xn seu n-e´simo termo, temos
x1 = 2, x2 = 2
2 = 4, x3 = 2
3 = 8, . . . .
Exemplo 1.2 Considere a sequ¨eˆncia de termo geral sn =
n∑
k=1
k. Temos
x1 = 1, x2 = 1 + 2 = 3, x3 = 1 + 2 + 3 = 6, . . . .
Exemplo 1.3 A sequ¨eˆncia de termo geral xn = (−1)n e´ aquela cujos termos de ı´ndice ı´mpar sa˜o
todos iguais a −1 e os de ı´ndice par sa˜o todos iguais a 1, ou seja, seus termos sa˜o, ordenadamente,
−1, 1,−1, 1,−1, 1, . . .
Esta sequ¨eˆncia parece e e´ bastante ingeˆnua, mas nos servira´ de exemplos em va´rios momentos.
Exemplo 1.4 A sequ¨eˆncia de Fibonacci e´ uma das mais conhecidas e famosas. Ela e´ definida
tomando-se f1 = 1, f2 = 1, f3 = 2 e, indutivamente, fn+1 = fn + fn−1. Assim, os onze primeiros
termos desta sequ¨eˆncia sa˜o, ordenadamente: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, . . .. Pode-se provar que o
termo geral da sequ¨eˆncia de Fibonacci e´
fn =
1√
5
((
1 +
√
5
2
)n
−
(
1−√5
2
)n)
.
Exemplo 1.5 Outra sequ¨eˆncia muito conhecida, da qual voceˆ naturalmente se lembra (do curso de
Ca´lculo I), e´ aquela cujo termo geral e´ dado por
an =
(
1 +
1
n
)n
.
Definic¸a˜o 1.6 Considere uma sequ¨eˆncia (an)n e seja a um nu´mero real. Definimos:
(i) lim
n→+∞ an = a ⇔ Para todo � > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ a− � < an < a+ �.
(ii) lim
n→+∞ an = +∞ ⇔ Para todo � > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ an > �.
(iii) lim
n→+∞ an = −∞ ⇔ Para todo � > 0 existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ an < −�.
Se ocorre (i), enta˜o dizemos que a sequ¨eˆncia e´ convergente (com limite a) e escrevemos, para simpli-
ficar, an → a ou lim an = a. Uma sequ¨eˆncia que na˜o e´ convergente e´ chamada divergente.
3
Exemplo 1.7 O exemplo mais simples de sequ¨eˆncia convergente e´ a sequ¨eˆncia constante. Seja a ∈ R
um real fixado e considere a sequ¨eˆncia (an)n cujos termos sa˜o todos iguais a a. Esta´ e´ a chamada
sequ¨eˆncia constante igual a a. E´ fa´cil provar (prove!) que lim an = a.
Exemplo 1.8 A sequ¨eˆncia de termo geral an = 1/n, com n ≥ 1, converge para zero.
De fato, para todo � > 0 dado, o Teorema de Arquimedes implica na existeˆncia de um natural n0
tal que
1
n0
< �. Segue-se que, para todo n ≥ n0 se tem |an − 0| = 1
n
≤ 1
n0
< �.
Exemplo 1.9 A sequ¨eˆncia de termo geral bn = (−1)n diverge.
De fato, dado 0 < � < 1 e um real b (candidato a limite da sequ¨eˆncia), o intervalo (b− �, b+ �) ou
na˜o conte´m 1 ou na˜o conte´m −1 ou ambos.
Teorema 1.10 Seja f : [1,+∞[→ R uma func¸a˜o e defina a sequ¨eˆncia (xn)n fazendo xn = f(n) para
todo natural n ≥ 1. Se lim
x→+∞ f(x) = L, enta˜o tambe´m limn→+∞xn = L.
Prova: Segue da hipo´tese que, para todo � > 0, existe δ > 1 tal que x > δ ⇒ |f(x)− L| < �. Para o
mesmo � > 0 dado, tome n0 como sendo o primeiro natural maior que δ. Enta˜o
n > n0 ⇒ n > δ ⇒ |f(n)− L| < �⇒ |xn − L| < �.
�
Exemplo 1.11 Mostre que a sequ¨eˆncia de termo geral an =
lnn
n
converge e calcule seu limite.
Resoluc¸a˜o: Seja f(x) =
lnx
x
, para x ∈ [1,+∞[. Temos
lim
x→+∞ f(x) = limx→+∞
lnx
x
= lim
x→+∞
1/x
1
= lim
x→+∞ 1/x = 0,
onde a segunda igualdade resulta da Regra de L’Hospital. Pelo teorema anterior lim an = 0.
Exemplo 1.12 Calcule lim
n→+∞ bn, onde bn =
2n
3n+1
.
Resoluc¸a˜o:
lim
n→+∞ bn = limn→+∞
2n
3n+1
=
1
3
lim
n→+∞
(
2
3
)n
=
1
3
· 0 = 0.
Exemplo 1.13 Calcule lim
n→+∞
n
√
n
Resoluc¸a˜o:
lim
n→+∞
n
√
n = lim
n→+∞n
1/n = lim
x→+∞x
1/x = lim
x→+∞ e
ln x
x = elimx→+∞
ln x
x = e0 = 1.
Observac¸a˜o 1.14 O limite de sequ¨eˆncias possui propriedades aritme´ticas ana´logas as do limite de
func¸o˜es, ale´m da Conservac¸a˜o do Sinal e o Teorema do Confronto. Especificamente: Suponha que
(an)n e (bn)n sejam sequ¨eˆncias tais que lim an = a e lim bn = b, com a, b ∈ R. Enta˜o
• lim(an + bn) = a+ b e lim(an − bn) = a− b.
• lim(anbn) = ab.
• Se cada bn 6= 0 e tambe´m b 6= 0, enta˜o lim(an/bn) = a/b.
4
• (Conservac¸a˜o do Sinal) Se cada an > 0, enta˜o a ≥ 0.
• (Teorema do Confronto) Se an ≤ cn ≤ bn para todo n e se a = b, enta˜o lim cn = a.
Temos ainda o seguinte resultado, va´lido tambe´m para limite de func¸o˜es.
Teorema 1.15 O limite de uma sequ¨eˆncia, se existe, e´ unico.
Prova: Seja (an)n uma sequ¨eˆncia e suponha que an → a e an → b. Suponha a 6= b. Enta˜o |a− b| > 0
e existem naturais n1 e n2 tais que
n > n1 ⇒ |an − a| < |a− b|
2
e n > n2 ⇒ |an − b| < |a− b|
2
.
Assim, para n > max{n1, n2} temos
|a− b| = |a− an + an − b| ≤ |an − a|+ |an − b| < |a− b|,
o que e´ absurdo. Portanto a = b e o teorema esta´ provado. �
1.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Calcule, caso exista (e se na˜o existir, justifique), o limite da sequ¨eˆncia de termo geral:
an =
√
n+ 1−√n bn =
(
1− 2
n
)n
cn = (−1)n + (−1)
n
n
dn = cosnpi
2. Calcule e interprete geometricamente o limite das sequ¨eˆncias de termo geral
an =
∫ n
1
1
x
dx e bn =
∫ n
1
1
x2
dx
3. Calcule lim
n→+∞
an+1
an
sendo an =
n!
nn
.
4. Considere a sequ¨eˆncia de termo geral sn =
n∑
k=0
rk com r um nu´mero real.
(a) Suponha r 6= 0 e r 6= 1. Mostre que sn = 1− r
n+1
1− r . (Note que sn e´ a soma dos n primeiros
termos da progressa˜o geome´trica de raza˜o r e termo inicial 1).
(b) Suponha 0 < r < 1. Mostre que lim
n→+∞
n∑
k=1
rk =
r
1− r .
(c) O que ocorre com limite do item anterior nos casos em que r < 0, r = 0, r = 1 e r > 1?
5. Suponha que, para todo n ≥ 1, |an − a| ≤ 1
n
, onde a e´ um nu´mero real fixo. Encontre lim an.
6. Seja (an)n e (bn)n duas sequ¨eˆncias tais que |an − bn| ≤ e−n para todo n. Suponha que bn → b.
Prove que tambe´m an → b.
7. Prove que a convergeˆncia de (an)n implica na convergeˆncia de (|an|)n. A rec´ıproca e´ verdadeira?
8. Suponha que an → 0. Para cada n, ponha bn = min{|a1|, |a2|, . . . , |an|}. Prove que bn → 0.
5
9. Suponha an → a, com a 6= 0. Considere a sequ¨eˆncia (bn)n definida por bn = 0 sempre que an = 0
e bn = 1/an para an 6= 0. Prove que bn → 1/a.
10. Seja f : R → R uma func¸a˜o cont´ınua em a ∈ R. Seja a0 ∈ R e considere a sequ¨eˆncia (an)n
definida indutivamente por an+1 = f(an). Suponha que an → a. Prove que a e´ um ponto fixo de
f , ou seja, que f(a) = a. (Dica: Utilize o fato1 que, sendo lim an = a, tambe´m lim an+1 = a).
11. Prove os resultados mencionados na Observac¸a˜o 1.14.
2 Sequ¨eˆncias mono´tonas e sequ¨eˆncias limitadas
Uma sequ¨eˆncia (an)n e´ chamada crescente (respectivamente decrescente) se an ≤ an+1 (respecti-
vamente an ≥ an+1) para todo n. Uma sequ¨eˆncia que e´ ou crescente ou decrescente e´ chamada uma
sequ¨eˆncia mono´tona.
Exemplo 2.1 A sequ¨eˆncia de termo geral an =
2n+ 1
3n− 2, n ≥ 1, e´ mono´tona decrescente.
De fato, temos
an+1 − an = 2(n+ 1) + 1
3(n+ 1)− 2 −
2n+ 1
3n− 2 = · · · =
−7
(3n+ 1)(3n− 2) .
Como, para todo n ≥ 1, tem-se 3n+ 1 > 0 e 3n− 2 > 0, segue-se que an+1 − an < 0.
Exemplo 2.2 A sequ¨eˆncia de termo geral an = sen
npi
2
na˜o e´ mono´tona.
De fato, a sequ¨eˆncia e´
1, 0,−1, 0, 1, 0,−1, 0, . . . .
Exemplo 2.3 A sequ¨eˆncia de termo geral an =
n+ 5
n2 + 6n+ 4
, n ≥ 1, e´ mono´tona decrescente.
De fato, seja f(x) =
x+ 5
x2 + 6x+ 4
. Temos
f ′(x) = − (x+ 5)
2 + 1
(x2 + 6x+ 4)2
< 0 para todo x ≥ 1.
Portanto f e´ decrecente, o que implica que (an)n tambe´m o e´, ja´ que an = f(n) para todo n.
Definic¸a˜o 2.4 Um nu´mero C (respectivamente D) e´ chamado uma cota inferior (respectivamente
uma cota superior) de uma sequ¨eˆncia (an)n se an ≥ C (respectivamente an ≤ D) para todo n ∈ N.
Se existe um tal C, (an)n e´ dita limitada inferiormente. Se existe um tal D, (an)n e´ dita limitada
superiormente. Se existem C e D, (an)n e´ dita limitada.
Observac¸a˜o 2.5 (an)n e´ limitada se, e somente se, existe M > 0 tal que |an| < M , para todo n ∈ N.
De fato, por um lado, e´ claro que a existeˆncia de um tal M implica que a sequ¨eˆncia (an)n e´ limitada,
pois neste caso M sera´ cota suprior e −M sera´ cota inferior para (an)n. Por outro lado, suponha que
(an)n seja limitada por cotas inferior e superior C e D, respectivamente. TomeM = max{|C|, |D|}+1.
Enta˜o M > 0 e temos, para todo n,
−M < −|C| ≤ C ≤ an ≤ D ≤ |D| < M,
o que prova que |an| < M para todo n ∈ N.
1Este fato sera´ provado na Sec¸a˜o 3.
6
Exemplo 2.6 Considere a sequ¨eˆncia de termo geral an = (−1)n 2n
3n+ 1
. Temos
0 ≤ 2n
3n+ 1
=
2
3 + 1/n
<
2
3
, o que implica em − 2
3
≤ (−1)n 2n
3n+ 1
≤ 2
3
,
provando que a sequ¨eˆncia (an)n e´ limitada.
Exemplo 2.7 Considere a sequ¨eˆncia de termo geral an =
n!
2n
. E´ claro que (an)n e´ limitada inferior-
mente por 0. Agora, os primeiros termos da sequ¨eˆncia sa˜o
1
2
,
2
4
,
6
8
,
24
16
,
120
32
, . . . e a10 = 3543, 75 e a15 ≈ 40000000.
Vamos provar que (an)n na˜o e´ limitada superiormente. Para tanto, vamos mostrar que
Para todo M > 0 dado, existe n ∈ N tal que n!
2n
> M
De fato, para n ≥ 3 temos n!
2n
=
(
1
2
· 2
2
· 3
2
)
·
(
4
2
· 5
2
· · · n
2
)
≥ 3
4
2n−3 = 3 · 2n−5.
Logo se 3 · 2n−5 > M , enta˜o tambe´m n!
2n
> M . Agora, 3 · 2n−5 > M ⇔ 2n−5 > M
3
. Mas, pelo
Teorema de Arquimedez, dado M > 0, certamente existe um natural n suficientemente grande para
que se verifique a desigualdade 2n−5 >
M
3
. Isto prova que os termos da sequ¨eˆncia (an)n crescem
indefinidamente e, portanto, tal sequ¨eˆncia na˜o e´ limitada superiormente.
Teorema 2.8 Toda sequ¨eˆncia convergente e´ limitada. A rec´ıproca e´ falsa.
Prova: Suponha an → a. Enta˜o, tomando � = 1, vemos que existe n0 ∈ N tal que n > n0 ⇒ a− 1 <
an < a+1. Considere o conjunto finito F = {a1, a2 . . . , an0 , a−1, a+1}. Sejam c o menor e d o maior
elemente de F . Enta˜o c ≤ an ≤ d para todo n, o que prova que a sequ¨eˆncia e´ limitada. Para ver que
a rec´ıproca na˜o e´ verdadeira, considere a sequ¨eˆncia (0, 1, 0, 1, . . .). �
Definic¸a˜o 2.9 Seja A ⊂ R um subconjunto na˜o vazio de R. Um nu´mero C (respectivamente D)
e´ chamado uma cota inferior (respectivamente uma cota superior) de A se a ≥ C (respectivamente
a ≤ D) para todo a ∈ A. Se existe um tal C, A e´ dito limitado inferiormente. Se existe um tal D, A
e´ dito limitado superiormente. Se existem C e D, A e´ dito limitado.
Definic¸a˜o 2.10 Seja A ⊂ R um subconjunto na˜o vazio.
• Dizemos que um nu´mero real S e´ o supremo de A, e escrevemos S = supA, se S e´ uma cota
superior de A e qualquer outra cota superior de A e´ maior que S, ou seja, S e´ a menor cota
superior de A. Noutro termos
S = supA⇔ para todo � > 0, existe a ∈ A tal que S − � < a ≤ S.
• Dizemos que um nu´mero real s e´ o ı´nfimo de B, e escrevemos s = inf B, se s e´ uma cota inferior
de B e qualquer outra cota inferior de B e´ menor que s, ou seja, s e´ a maior cota inferior de B.
Noutro termos
s = inf B ⇔ para todo � > 0, existe b ∈ B tal que s ≤ b < s+ �.
7
A definic¸a˜o de cotas para uma sequ¨eˆncia (an)n equivale a esta u´ltima quando consideramos o
conjunto A como sendo aquele constituido pelos termos da sequ¨eˆncia (an)n, isto e´ A = {an}n.
E´ o´bvio que, conjuntos que na˜o sa˜o limitados superiormente na˜o possuem supremo e, de modo
ana´logo, conjuntos que na˜o sa˜o limitados inferiormente na˜o possuem ı´nfimo.
Exemplo 2.11 Seja A = {x ∈ R : 0 < x2 < 2}. Enta˜o A e´ limitado e temos inf A = 0 e supA = √2.
O teorema abaixo retrata a completude do corpo dos nu´meros reais, propriedade essencial em boa
parte dos resultados que demonstraremos daqui em diante.
Teorema 2.12 (Propriedade do Supremo) Todo subconjunto de R limitado superiormente ad-
mite supremo. Analogamente, todo subconjunto de R limitado inferiormente admite ı´nfimo.
Teorema 2.13 Toda sequ¨eˆncia de nu´meros reais crescente e limitada superiormente e´ convergente.
Analogamente, toda sequ¨eˆncia de nu´meros reais decrescente e limitada inferiormente e´ convergente.
Prova: Seja (an)n uma sequ¨eˆncia crescente e limitada superiormente. O conjunto A = {an}n, consti-
tuido pelos termos da sequ¨eˆncia, e´ na˜o vazio e limitado superiormente. Logo, admite supremo. Seja
a = supA. Vamos provar que an → a.
Sendo a = supA, dado � > 0, existe um natural n0 tal que a− � < an0 ≤ a. Como,
por hipo´tese,
(an)n e´ crescente, resulta, n > n0 ⇒ a− � < an. Mas, para todo n, tem-se an < a, pois a e´ supremo
de A. Logo,
n > n0 ⇒ a− � < an < a+ �.
Portanto an → a. A prova da segunda parte do teorema e´ ana´loga e fica a cargo de leitor. �
Teorema 2.14 Se (an)n e´ crescente, mas na˜o e´ limitada superiormente, enta˜o lim an = +∞. Analoga-
mente, se (an)n e´ decrescente, mas na˜o e´ limitada inferiormente, enta˜o lim an = −∞.
Prova: Como (an)n na˜o e´ limitada superiormente, para todo � > 0, existe um natural n0 tal que
an0 > �. Como, por hipo´tese, (an)n e´ crescente, resulta n > n0 ⇒ an > �, ou seja, an → +∞. �
Exemplo 2.15 A sequ¨eˆncia de termo geral an =
n
en
e´ convergente.
De fato, seja f(x) =
x
ex
, x ∈ [1,+∞[. Temos an = f(n) para todo natural n e, ale´m disso,
f ′(x) =
1− x
ex
< 0 para todo x > 1. Isso prova que f e´ decrescente em [1,+∞[ e portanto, a sequ¨eˆncia
(an)n e´ tambe´m decrescente. Como, ale´m disso, (an)n e´ limitada inferiormente (0 e´ uma cota inferior
desta sequ¨eˆncia), segue do teorema que (an)n e´ convergente.
Exemplo 2.16 A sequ¨eˆncia de termo geral sn =
n∑
k=1
1
k2
e´ convergente.
Observamos, inicialmente, que a sequ¨eˆncia e´ crescente, como cada um de seus termos e´ obtido
do anterior somando-se um nu´mero real positivo. Vamos agora provar que a sequ¨eˆncia e´ limitada
superiormente. Temos
sn = 1 +
1
22
+
1
32
+ · · ·+ 1
n2
≤ 1 +
∫ n
1
1
x2
dx.
Como a sequ¨eˆncia n 7→
∫ n
1
1
x2
dx e´ crescente e lim
n→+∞
∫ n
1
1
x2
dx = lim
n→+∞
[
− 1
n
+ 1
]
= 1, segue-se que
sn ≤ 2, para todo n ≥ 1.
Disso tudo segue que a sequ¨eˆncia e´ convergente, pois e´ crescente e limitada superiormente por 2.
Isto significa que existe s ∈ R, s ≤ 2, tal que lim
n→+∞
n∑
k=1
1
k2
= s.
8
Observac¸a˜o 2.17 Pode-se provar a sequ¨eˆncia (sn)n do exemplo anterior converge para pi
2/6. E neste
caso, escrevemos
∞∑
k=1
1
k2
=
pi2
6
.
Exemplo 2.18 A sequ¨eˆncia de termo geral sn =
n∑
k=1
1
k
e´ divergente.
Como no exemplo anterior, pode-se provar que a sequ¨eˆncia e´ crescente. Agora, para todo n ≥ 1,
sn = 1 +
1
2
+
1
3
+ · · ·+ 1
n
≥
∫ n+1
1
1
x
dx.
Como lim
n→+∞
∫ n+1
1
1
x
dx = lim
n→+∞ ln(n+ 1) = +∞, resulta sn → +∞.
Exemplo 2.19 Voceˆ naturalmente se lembra, do curso de Ca´lculo I, que a sequ¨eˆncia (an)n, cujo
termo geral e´ an =
(
1 +
1
n
)n
, e´ crescente e limita e, portanto, convergente, e que seu limite e´ o
famoso nu´mero de Euler.
lim
n→+∞
(
1 +
1
n
)n
= e
2.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. E´ convergente ou divergente? Justifique:
(a) sn =
n∑
k=1
1√
k
(b) sn =
n∑
k=1
1
2k
(c) sn =
n∑
k=1
1
k2 + 1
(d) sn =
n∑
k=1
1
ln k
2. Suponha que, para todo natural k, o termo ak pertenc¸a ao conjunto {0, 1, 2, . . . , 9}. A sequ¨eˆncia
de termo geral sn =
n∑
k=1
ak
10k
e´ convergente ou divergente? Justifique.
3. Seja sn =
n∑
k=0
[1 + (−1)k], n ≥ 0. Verifique que sn → +∞.
4. Prove que e´ convergente a sequ¨eˆncia de termo geral an =
∫ n
1
sen2x
x2
dx.
3 Subsequ¨eˆncias
Dada uma sequ¨eˆncia (an)n, considere uma sequ¨eˆncia (nk)k de naturais tal que n1 < n2 < n3 < · · · .
Enta˜o, a sequ¨eˆncia (ank)k e´ chamada uma subsequ¨eˆncia de (an)n. Deste modo, uma subsequ¨eˆncia nada
mais e´ que uma restric¸a˜o da sequ¨eˆncia a` um subconjunto infinito de seu domı´nio. Se (ank)k converge,
seu limite e´ chamado um limite subsequencial de (an)n.
Exemplo 3.1 Considere a sequ¨eˆncia de termo geral an =
1
2 [1 + (−1)n], n ≥ 1. A sequ¨eˆncia assim
definida e´ (0, 1, 0, 1, . . .). Duas subsequ¨eˆncias de (an)n se destacam naturalmente, quais sejam, a sub-
sequ¨eˆncia dos termos de ı´ndices ı´mpares a2n−1 = 0 (sequ¨eˆncia constante igual a zero) e a subsequ¨eˆncia
dos termos de ı´ndices pares a2n = 1 (sequ¨eˆncia constante igual a 1).
Exemplo 3.2 Considere a sequ¨eˆncia de termo geral an =
[
1
n
+ (−1)n
]
, n ≥ 1. Temos a2n−1 = 1
n
− 1
e a2n =
1
n
+ 1. E e´ claro que a2n−1 → −1 e a2n → 1. Assim −1 e 1 sa˜o dois limites subsequenciais de
(an)n, muito embora esta sequ¨eˆncia na˜o seja, ela mesma, convergente.
9
Teorema 3.3 Se lim an = a, enta˜o toda subsequ¨eˆncia de (an)n tambe´m converge para a.
Corola´rio 3.4 Se lim
n→+∞ an = a, enta˜o, para todo k ∈ N, limn→+∞ an+k = a. Com efeito, (an+k)n e´
uma subsequ¨eˆncia de (an)n.
Exprime-se o corola´rio acima dizendo que o limite de uma sequ¨eˆncia na˜o se altera quando dela
se omite um nu´mero finito de termos. Na realidade, o teorema acima diz que o limite se mante´m,
mesmo que se desprezem termos em nu´mero infinito, desde que se conserve uma infinidade de ı´ndices,
de modo a restar ainda uma subsequ¨eˆncia. E´ u´til (e o´bvio) o fato que se (an+k)n converge, enta˜o
tambe´m (an)n converge.
Ha´ duas aplicac¸o˜es especialmente u´teis do teorema anterior e da unicidade do limite. A saber:
• Mostrar que uma sequ¨eˆncia na˜o converge: basta obter duas subsequ¨eˆncias com limites distintos.
• Determinar o limite de uma sequ¨eˆncia que, a priori, se sabe que converge: basta determinar o
limite de alguma subsequ¨eˆncia, e este sera´ o limite procurado.
Exemplo 3.5 Suponha que a sequ¨eˆncia (an)n seja convergente e satisfac¸a a condic¸a˜o an+1 = A+Ban
para todo natural n, onde A e B sa˜o constantes reais com B 6= 1. Encontre lim
n→+∞ an.
Resoluc¸a˜o: Seja a = lim
n→+∞ an. Enta˜o tambe´m limn→+∞ an+1 = a. Logo, da igualdade an+1 = A+Ban
vem
a = lim
n→+∞ an+1 = limn→+∞[A+Ban] = A+B limn→+∞ an = A+Ba,
donde resulta a = A/(1−B).
Exemplo 3.6 A sequ¨eˆncia de termo geral an = cosnpi e´ divergente. De fato, as subsequ¨eˆncias (a2n)n
e (a2n−1)n teˆm limites distintos.
Abaixo, um dos mais importantes teoremas da teoria de sequ¨eˆncias de nu´meros reais.
Teorema 3.7 Toda sequ¨eˆncia limitada possui subsequ¨eˆncia convergente.
A demonstrac¸a˜o deste teorema exige argumentos envolvendo o conceito de supremo e limite supe-
rior que ultrapassam o grau de dificuldade esperado para este curso.
3.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Prove o Teorema 3.3.
2. Prove que (an)n converge para a se, e somente se, toda subsequ¨eˆncia de (an)n converge para a.
3. Prove que a fim de que uma sequ¨eˆncia (an)n na˜o possua subsequ¨eˆncia convergente e´ necessa´rio
e suficiente que lim
n→∞ |an| = +∞.
4. Seja (an)n uma sequ¨eˆncia tal que a2n → a e tambe´m a2n+1 → a, ou seja, a subsequ¨eˆncia dos
termos de ı´ndices pares e a subsequ¨eˆncia dos termos de ı´ndices ı´mpares sa˜o ambas convergentes
e convergem para o mesmo limite a ∈ R . Prove que an → a.
5. Dizemos que uma sequ¨eˆncia (an)n e´ quase-constante se ela e´ constante a partir de um certo
ı´ndice n0 ∈ N. Responda VERDADEIRO ou FALSO e justifique:
10
(a) Toda sequ¨eˆncia quase-constante e´ convergente.
(b) Toda sequ¨eˆncia convergente posssui uma subsequ¨eˆncia quase-constante.
6. Prove que a sequ¨eˆncia a1 =
√
2, a2 =
√
2 +
√
2, a3 =
√
2 +
√
2 +
√
2, . . . converge e calcule seu
limite.
7. Prove que a sequ¨eˆncia a1 =
√
2, a2 =
√
2
√
2, a3 =
√
2
√
2
√
2, . . . converge e calcule seu limite.
4 Sequ¨eˆncias de Cauchy
Ja´ salientamos a importaˆncia do resultado “toda sequ¨eˆncia mono´tona limitada e´ convergente”, que
nos permite, em certos casos, saber que uma sequ¨eˆncia possui limite, mesmo sem conhecer o valor de
tal limite. Mas e´ claro que muitas sequ¨eˆncias convergentes na˜o sa˜o mono´tonas, de modo que aquele
crite´rio de convergeˆncia na˜o e´ o mais geral poss´ıvel. Veremos agora o crite´rio de Cauchy, que nos dara´
uma condic¸a˜o necessa´ria e suficiente para a convergeˆncia de uma sequ¨eˆncia de nu´meros reais.
Seja (an)n uma sequ¨eˆncia
de nu´meros reais. Ela se chama uma sequ¨eˆncia de Cauchy quando
cumpre a seguinte condic¸a˜o
Dado arbitrariamente � > 0, existe n0 ∈ N tal que m,n > n0 ⇒ |xm − xn| < �.
A fim de que (an)n seja uma sequ¨eˆncia de Cauchy, exige-se que seus termos xm, xn, para valores
suficientemente grandes dos ı´ndices m e n, se aproximem arbitrariamente uns dos outros. Compare-se
com a definic¸a˜o de limite, onde se exige que os termos xn se aproximem arbitrariamente de um nu´mero
real a dado a priori. Aqui se impo˜e uma condic¸a˜o apenas sobre os termos da pro´pria sequ¨eˆncia.
Teorema 4.1 Toda sequ¨eˆncia convergente e´ de Cauchy.
Prova: Seja lim an = a. Dado arbitrariamente � > 0, existe n0 ∈ N tal que m > n0 ⇒ |am − a| < �/2
e n > n0 ⇒ |an − a| < �/2. Logo
m,n > n0 ⇒ |am − an| ≤ |am − a|+ |an − a| < �/2 + �/2 = �,
o que mostra que (an)n e´ uma sequ¨eˆncia de Cauchy. �
Intuitivamente, se an → a, enta˜o, para valores grandes de n, os termos an se aproximam de a.
Neste caso, eles devem necessariamente se aproximar uns dos outros.
Passaremos agora a` demonstrac¸a˜o da rec´ıproca do teorema precedente. Antes, dois lemas:
Lema 4.2 Toda sequ¨eˆncia de Cauchy e´ limitada.
Prova: Seja (an)n uma sequ¨eˆncia de Cauchy. Tomando � = 1, obtemos n0 ∈ N tal que m,n > n0 ⇒
|am−an| < 1. Em particular n > n0 ⇒ |an0+1−an| < 1, ou seja, n > n0 ⇒ an ∈]an0+1−1, an0+1+1[.
Seja α o menor e β o maior elemento do conjunto finito F = {a1, a2, . . . , an0 , an0+1 − 1, an0+1 + 1}.
Enta˜o an ∈ [α, β] para todo n ∈ N, o que prova que (an)n e´ limitada. �
Lema 4.3 Se uma sequ¨eˆncia de Cauchy possui uma subsequ¨eˆncia convergindo para a, enta˜o a pro´pria
sequ¨eˆncia converge para a.
11
Prova: Seja (an)n uma sequ¨eˆncia nas condic¸o˜es enunciadas. Dado � > 0, existe n0 ∈ N tal que
m,n > n0 ⇒ |am − an| < �/2. Existem tambe´m n1 > n0 tal que |an1 − a| < �/2. Portanto
n > n0 ⇒ |an − a| ≤ |an − an1 |+ |an1 − a| < �/2 + �/2 = �.
Isto prova que an → a. �
Teorema 4.4 Toda sequ¨eˆncia de Cauchy de nu´meros reais e´ convergente.
Prova: Seja (an)n uma sequ¨eˆncia de Cauchy. Pelo Lema 4.2, ela e´ limitada. Logo, pelo Teorema 4.1,
ela possui uma subsequ¨eˆncia convergente. Segue do Lema 4.3 que (an)n converge. �
4.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Sejam (an)n e (bn)n duas sequ¨eˆncias de Cauchy. Mostre que a sequ¨eˆncia (|an − bn|)n converge.
2. Use a func¸a˜o f :]0, 1] → R dada por f(x) = 1/x e a sequ¨eˆncia de termo geral an = 1/n
para provar que uma func¸a˜o cont´ınua na˜o transforma necessariamente sequ¨eˆncias de Cauchy em
sequ¨eˆncias de Cauchy.
3. Seja (an)n uma sequ¨eˆncia convergente com an → p. Prove que a sequ¨eˆncia (a1, p, a2, p, a3, p, . . .)
e´ uma sequ¨eˆncia de Cauchy. Qual o limite de (x1, p, x2, p, . . .)?
4. Seja f : R → R uma func¸a˜o que transforma sequ¨eˆncias de Cauchy em sequ¨eˆncias de Cauchy.
Prove que f e´ cont´ınua. (sugesta˜o: Para todo p ∈ R, se an → p, considere a sequ¨eˆncia
(x1, p, x2, p, . . .) e enta˜o utilize o exerc´ıcio anterior para concluir que f(xn)→ f(p)) .
5. Dizemos que uma func¸a˜o f : R→ R e´ uma contrac¸a˜o se existe um nu´mero real λ, com 0 ≤ λ < 1,
tal que, quaisquer que sejam os reais x e y, vale
|f(x)− f(y)| ≤ λ|x− y|.
Seja, enta˜o, f : R → R uma contrac¸a˜o e considere um real a0. Seja a sequ¨eˆncia an, n ≥ 0,
definida por an = f(an−1), n ≥ 1. Prove:
(a) |a2 − a1| ≤ λ|a1 − a0|
(b) |a3 − a2| ≤ λ2|a1 − a0|
(c) |an+1 − an| ≤ λn|a1 − a0|
(d) |an+2 − an| ≤ (λn+1 + λn)|a1 − a0|
(e) |an+p − an| ≤ (λn+p−1 + λn+p−2 + · · ·+ λn)|a1 − a0|
(f) |an+p − an| ≤ λ
n
1− λ |a1 − a0|, para todo natural p e todo natural n.
6. Seja (an)n a sequ¨eˆncia do exerc´ıcio anterior. Prove que (an)n e´ de Cauchy e, portanto, existe
um nu´mero real a tal que lim
n→+∞ an = a.
7. Prove que toda contrac¸a˜o e´ uma func¸a˜o cont´ınua.
8. Seja (an)n a sequ¨eˆncia do Exerc´ıcio 5. Tendo em vista os Exerc´ıcios 6 e 7, prove que a e´ um
ponto fixo de f , ou seja, f(a) = a.
9. Prove que toda contrac¸a˜o f : R→ R possui um e somente um ponto fixo.
12
5 Se´ries nume´ricas
Uma soma formal de todos os termos de uma sequ¨eˆncia infinita de nu´meros reais (ak)k tal como
∞∑
k=1
ak
e´ chamada uma se´rie infinita ou simplesmente uma se´rie. A soma sn = a1 + a2 + · · · + an =
n∑
k=1
ak
dos n primeiros termos da sequ¨eˆncia (ak)k e´ chamada a n-e´sima soma parcial da se´rie
∞∑
k=1
ak.
Observac¸a˜o 5.1 Note-se que, para todo natural n, tem-se sn+1 = sn + an+1.
Exemplo 5.2 Considere a se´rie
∞∑
k=1
1
2k
. Temos:
s1 =
1
2
s2 =
1
2
+
1
4
=
3
4
= 0, 75
s3 =
1
2
+
1
4
+
1
8
=
3
4
+
1
8
=
7
8
= 0, 875
s4 =
1
2
+
1
4
+
1
8
+
1
16
=
7
8
+
1
16
=
15
16
= 0, 9375
...
s24 =
1
2
+
1
4
+
1
8
+
1
16
+
1
32
+ · · ·+ 1
224
= 0, 99999998.
Se a sequ¨eˆncia (sn)n das somas parciais de uma se´rie
∑
ak converge para um limite S = lim sn,
dizemos que a se´rie
∑
ak converge e que sua soma e´ S. Neste caso, escrevemos
S =
∞∑
k=1
ak.
Quando a se´rie na˜o converge, dizemos que ela diverge. Uma se´rie que converge e´ chamada conver-
gente e uma que diverge e´ chamada divergente.
Exemplo 5.3 Encontre a n-e´sima soma parcial da se´rie
∞∑
k=1
1
k(k + 1)
. Determine se esta se´rie converge
ou diverge e, se convergir, encontre sua soma.
Resoluc¸a˜o: Temos:
sn =
n∑
k=1
1
k(k + 1)
=
n∑
k=1
(
1
k
− 1
k + 1
)
=
(
1− 1
2
)
+
(
1
2
− 1
3
)
+ · · ·+
(
1
n
− 1
n+ 1
)
= 1− 1
n+ 1
.
Portanto, sn =
n
n+ 1
. E assim,
lim
n→+∞ sn = limn→+∞
n
n+ 1
= lim
n→+∞
1
1 + 1/n
= 1.
Portanto a se´rie e´ convergente e temos
∞∑
k=1
1
k(k + 1)
= 1.
13
Uma se´rie como a deste exemplo, em que o termo geral ak pode ser expresso como ak = bk − bk+1
e´ chamada uma se´rie telesco´pica. Neste caso mais geral, a n-e´sima soma parcial e´ sn = b1 − bn+1.
Exemplo 5.4 Encontre a se´rie cuja sequ¨eˆncia de somas parciais tem termo geral sn =
3n
2n+ 1
. De-
termine se esta se´rie converge ou diverge e, se convergir, encontre sua soma.
Resoluc¸a˜o: sn =
3n
2n+ 1
e sn−1 =
3(n− 1)
2(n− 1) + 1 =
3n− 3
2n− 1. Assim, de sn = sn−1 + an segue-se
an = sn − sn−1 = 3n
2n+ 1
− 3n− 3
2n− 1 =
3
4n2 − 1 .
Portanto, a se´rie procurada e´
∞∑
k=1
3
4k2 − 1 e, ja´ que sn e´ a n-e´sima soma parcial desta se´rie, temos
∞∑
k=1
3
4k2 − 1 = limn→+∞ sn = limn→+∞
3n
2n+ 1
=
3
2
.
Exemplo 5.5 (Se´rie Geome´trica) Uma se´rie geome´trica e´ a soma formal dos termos de uma
progressa˜o geome´trica, ou seja, e´ uma se´rie da forma
∞∑
k=1
ark−1 = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 + · · · ,
onde a e r sa˜o constantes reais. A constante r e´ chamada a raza˜o da se´rie. Para uma tal se´rie
geome´trica, temos:
sn = a+ ar + ar
2 + · · ·+ arn−1 e rsn = ar + ar2 + ar3 + · · ·+ arn,
donde (1− r)sn = a− arn = a(1− rn) e, portanto
sn = a
1− rn
1− r , desde que r 6= 1.
Agora, se |r| < 1, enta˜o lim
r→+∞ r
n = 0 e, enta˜o,
lim
n→+∞ sn = limn→+∞ a
1− rn
1− r =
a
1− r .
Por outro lado, se |r| > 1, enta˜o a sequ¨eˆncia (rn)n diverge e, assim, a sequ¨eˆncia (sn)n tambe´m
diverge. No caso em que |r| = 1, e´ fa´cil ver que (sn)n diverge, a menos que se tenha a = 0.
Exemplo 5.6 Supondo 0 < α ≤ 1, mostre que
∞∑
k=0
(−1)k α
2k+1
2k + 1
= arctgα.
Resoluc¸a˜o: Este problema sera´ resolvido com aux´ılio da progressa˜o geome´trica. Sabemos que
1 + r + r2 + · · ·+ rn = 1− r
n+1
1− r .
Da´ı
1
1− r = 1 + r + r
2 + · · ·+ rn + r
n+1
1− r .
Fazendo r = −x2, resulta
1
1 + x2
= 1− x2 + x4 + · · ·+ (−1)nx2n + (−1)n+1 x
2n+2
1 + x2
.
14
Como arctgα =
∫ α
0
1
1 + x2
dx,
resulta
arctgα = α− α
3
3
+
α5
5
+ · · ·+ (−1)n α
2n+1
2n+ 1
+ (−1)n+1
∫ α
0
x2n+2
1 + x2
dx.
Agora e´ so´ mostrar que, para 0 < α ≤ 1, lim
n→+∞
∫ α
0
x2n+2
1 + x2
dx = 0. Seja, enta˜o 0 < α ≤ 1. Temos:
0 ≤ x
2n+2
1 + x2
≤ x2n+2 para x ∈ [0, α].
Da´ı
0 ≤
∫ α
0
x2n+2
1 + x2
dx ≤
∫ α
0
x2n+2dx
e, portanto,
0 ≤
∫ α
0
x2n+2
1 + x2
dx ≤ α
2n+3
2n+ 3
.
De 0 < α ≤ 1, segue que lim
n→+∞
α2n+3
2n+ 3
= 0 e, portanto, lim
n→+∞
∫ α
0
x2n+2
1 + x2
dx = 0. Fica assim provado
que, para 0 < α ≤ 1,
arctgα =
∞∑
k=0
(−1)k α
2k+1
2k + 1
.
Exemplo 5.7 Verifique que
pi
4
= 1− 1
3
+
1
5
− 1
7
+ · · · =
∞∑
k=0
(−1)k 1
2k + 1
.
Resoluc¸a˜o: Pelo exemplo anterior
pi
4
= arctg 1 =
∞∑
k=0
(−1)k 1
2k + 1
.
5.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Explique cuidadosamente a diferenc¸a entre uma sequ¨eˆncia e uma se´rie.
2. Encontre uma se´rie cuja n-e´sima soma parcial seja dada por sn =
3n
2n+ 5
.
3. Encontre a soma de cada se´rie abaixo forc¸ando os termos atrave´s de somas parciais a formar
uma se´rie telesco´pica.
(a)
∞∑
k=1
1
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
(b)
∞∑
k=1
√
k + 1−√k√
k2 + k
(c)
∞∑
k=1
(
sen
1
k
− sen 1
k + 1
)
4. Use os resultados envolvendo se´ries geome´tricas para encontrar a soma de cada se´rie.
(a)
∞∑
k=1
[
5
(
1
2
)k
+ 3
(
1
3
)k]
(b)
∞∑
k=1
3
10k
(c)
∞∑
k=1
2
(
−1
3
)k+7
(d)
∞∑
k=1
e−k
5. Prove que, para todo a ∈ R, a se´rie a2+ a
2
1 + a2
+
a2
(1 + a2)2
+ · · · e´ converge e calcule sua soma.
6. Lembrando que ln(1 + α) =
∫ α
0
1
1 + x
dx, mostre que, para 0 < α ≤ 1 tem-se
ln(1 + α) =
∞∑
k=1
(−1)k+1α
k
k
.
15
7. Utilizando o exerc´ıcio anterior, calcule a soma das se´ries2
(a) 1− 1
2
+
1
3
− 1
4
+ · · · (b) 1
2
− 1
2 · 22 +
1
3 · 23 −
1
4 · 24 + · · ·
8. Considere a func¸a˜o f(x) =
1
xα
, x ≥ 1 e α > 1. Seja β > 1 um real dado. Calcule a soma da
se´rie
∞∑
k=0
βkf(βk) e prove que lim
β→1
(β − 1)
∞∑
k=0
βkf(βk) =
∫ +∞
1
f(x)dx.
9. Suponha que a func¸a˜o f : [1,+∞[→ R seja cont´ınua, decrescente e positiva. Suponha, ainda,
que a se´rie
∞∑
k=1
f(k) seja convergente e tenha soma S. Prove que
n∑
k=1
f(k) e´ um valor aproximado
por falta de S, com erro, em mo´dulo, inferior a
∫ ∞
n
f(x)dx.
6 Propriedades das se´ries
Nesta sec¸a˜o, apresentaremos algumas propriedades gerais das se´ries nume´ricas para, mais adiante,
estudarmos os assim chamados crite´rios de convergeˆncia.
Teorema 6.1 Se a se´rie
∑
ak converge, enta˜o lim
n→∞ an = 0.
Prova: Seja sn =
n∑
k=1
ak. Como
∑
ak converge, (sn)n converge e lim
n→+∞ sn = S =
∞∑
k=1
ak. Sendo
assim, como an = sn − sn−1, resulta
lim
n→+∞ an = limn→+∞(sn − sn−1) = limn→+∞ sn − limn→+∞ sn−1 = S − S = 0. �
Exemplo 6.2 As se´ries
∞∑
k=1
k
k + 13
e
∞∑
k=1
cos(kpi) na˜o convergem, pois lim
n→∞
n
n+ 13
= 1 6= 0 e
lim
n→∞ cos(npi) na˜o existe.
Observac¸a˜o 6.3 A rec´ıprova do teorema anterior e´ falsa, ou seja, se lim
n→∞ an = 0, na˜o necessariamente
a se´rie
∑
ak sera´ convergente. De fato, considere o seguinte exemplo:
Exemplo 6.4 Considere a se´rie
∞∑
k=1
ln
k
k + 1
. Temos:
lim
n→∞ ln
k
k + 1
= ln lim
n→∞
k
k + 1
= ln 1 = 0.
No entanto,
∞∑
k=1
ln
k
k + 1
=
∞∑
k=1
[ln(k)− ln(k + 1)] = lim
n→+∞ ln(n+ 1) = +∞.
A seguir, o resultado que nos permite operar algebricamente se´ries nume´ricas.
2A se´rie do item (a) tem soma igual a ln 2. Este fato sera´ lembrado e utilizado mais adiante.
16
Teorema 6.5 (i) Se
∑
ak e
∑
bk sa˜o se´ries convergentes, enta˜o
∑
(ak ± bk) e´ convergente e vale∑
(ak ± bk) =
∑
ak ±
∑
bk.
(ii) Se
∑
ak converge e
∑
bk diverge, enta˜o
∑
(ak + bk) diverge.
(iii) Se
∑
ak e´ convergente (respectivamente divergente) e c e´ uma constante na˜o nula, enta˜o
∑
cak
e´ convergente com
∑
cak = c
∑
ak (respectivamente,
∑
cak e´ divergente).
Prova: Segue facilmente das propriedades aritme´ticas dos limites de sequ¨eˆncias. Os detalhes sa˜o
deixados como exerc´ıcios para o leitor. �
Observac¸a˜o 6.6 Se
∑
ak e
∑
bk sa˜o ambas divergentes, pode ocorrer de
∑
(ak+bk) ser convergente.
De fato, tome-se para exemplo (trivial) ak = k e bk = −k.
Exemplo 6.7 Encontre a soma da se´rie
∞∑
k=1
(
5
2k−1
+
1
3k−1
)
Resoluc¸a˜o: A se´rie dada pode ser expressa como a soma de duas se´ries geome´tricas convergentes,
cujas somas podem ser facilmente calculadas:
∞∑
k=1
5
2k−1
=
5
1− 1/2 = 10 e
∞∑
k=1
1
3k−1
=
1
1− 1/3 =
3
2
.
Portanto
∞∑
k=1
(
5
2k−1
+
1
3k−1
)
= 10 +
3
2
=
23
2
.
Exemplo 6.8 A se´rie
∞∑
k=1
(
ln
k
k + 1
− 1
3k
)
diverge, ja´ que
∞∑
k=1
ln
k
k + 1
diverge e
∞∑
k=1
1
3k
converge.
Teorema 6.9 Seja M um inteiro positivo fixado. A se´rie
∞∑
k=1
ak converge se, e somente se, a se´rie
∞∑
k=M+1
ak converge. Ale´m disso, se estas se´ries convergem, enta˜o
∞∑
k=1
ak =
M∑
k=1
ak +
∞∑
k=M+1
ak.
6.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Verifique que as se´ries abaixo sa˜o divergentes:
(a)
∞∑
k=1
[1 + (−1)k] (b)
∞∑
k=2
k
ln k
(c)
∞∑
k=1
ek sen
1
k
2. Verdadeiro ou falso? Justifique!
“Se
∑
ak e´ uma se´rie divergente de termos positivos, enta˜o
∑
a−1k e´ convergente.”
3. Calcule a soma da se´rie
∞∑
k=0
[
e−k + cos (kpi)
e
2k
]
.
4. Seja M o seu nu´mero de matr´ıcula. Calcule a soma da se´rie
∞∑
k=M
1
k(k + 1)
.
5. Prove o Teorema 6.9.
17
7 Se´ries de termos na˜o negativos - Crite´rios de convergeˆncia
Nesta sec¸a˜o, estudaremos crite´rios de convergeˆncia para se´ries cujos termos na˜o trocam de sinal.
Por convenieˆncia, assumiremos termos na˜o negativos.
Teorema 7.1 Seja
∑
ak uma se´rie cujos termos sa˜o todos na˜o negativos. Se a sequ¨eˆncia (sn)n das
somas parciais da se´rie
∑
ak e´ limitada superiormente, enta˜o
∑
ak e´ convergente.
Prova: Como os termos ak sa˜o todos na˜o negativos, a sequ¨eˆncia (sn)n e´ mono´tona crescente e,
portanto, convergente, ja´ que, por hipo´tese, esta sequ¨eˆncia e´ tambe´m limitada. �
Exemplo 7.2 Mostre que a se´rie
∞∑
k=1
k − 1
k2k
converge.
Resoluc¸a˜o: Claramente, cada termo da se´rie e´ na˜o negativo. Agora,
k − 1
k2k
=
k − 1
k
(
1
2
)k
<
(
1
2
)k
.
Isso implica que, para todo natural n, tem-se:
sn =
n∑
k=1
k − 1
k2k
<
∞∑
k=1
(
1
2
)k
=
1
2
· 1
1− 1/2 = 1,
o que prova que a sequ¨eˆncia (sn)n e´ limitada. O resultado segue do teorema anterior.
A seguir, um cla´ssico, importante e bastante intuitivo crite´rio de convergeˆncia que ja´ utilizamos
implicitamente nos Exemplos 2.16 e 2.18.
Teorema 7.3 (Crite´rio da Integral) Considere a se´rie
∞∑
k=1
ak e suponha que exista um natural p
e uma func¸a˜o f : [ p,+∞[→ R cont´ınua, decrescente e na˜o negativa tal que f(k) = ak para k ≥ p.
Nestas condic¸o˜es, tem-se:
(i)
∫ +∞
p
f(x)dx converge ⇒
∞∑
k=1
ak converge.
(ii)
∫ +∞
p
f(x)dx diverge ⇒
∞∑
k=1
ak diverge.
p
ap
a 1+p
1+p
a
2+p
2+p
Prova: Para n > p, tem-se
n∑
k=1
ak =
p∑
k=1
ak +
n∑
k=p+1
ak. Como p esta´ fixo, segue desta relac¸a˜o que
∞∑
k=1
ak sera´ convergente (ou divergente) se, e somente se,
∞∑
k=p+1
ak for convergente (ou divergente).
(i) Temos
n∑
k=p+1
ak ≤
∫ n
p
f(x)dx ≤
∫ +∞
p
f(x)dx.
Segue que a sequ¨eˆncia sn =
n∑
k=p+1
ak e´ crescente e limitada superiormente
por
∫ +∞
p
f(x)dx. Assim, se∫ +∞
p
f(x)dx <∞, enta˜o a se´rie
∞∑
k=1
ak converge.
18
(ii) Temos
n−1∑
k=p
ak ≥
∫ n
p
f(x)dx.
Assim, supondo que
∫ +∞
p
f(x)dx seja divergente, a sequ¨eˆncia sn =
n∑
k=p+1
ak sera´ crescente e ilimitada
e, portanto, divergente. �
Exemplo 7.4 A se´rie
∞∑
k=1
1
1 + x2
converge ou diverge? Justifique.
Resoluc¸a˜o: Temos∫ +∞
1
dx
1 + x2
= lim
b→+∞
∫ b
1
dx
1 + x2
= lim
b→+∞
[arctg x]b1 = lim
b→+∞
[
arctg b− pi
4
]
=
pi
2
− pi
4
=
pi
4
.
Pelo crite´rio da integral, a se´rie
∞∑
k=1
1
1 + x2
converge.
Exemplo 7.5 A se´rie
∞∑
k=2
1
k ln k
converge ou diverge? Justifique.
Resoluc¸a˜o: Temos∫ +∞
2
dx
x lnx
= lim
b→+∞
∫ b
2
dx
x lnx
= lim
b→+∞
[ln(lnx)]b2 = lim
b→+∞
[ln(ln b)− ln(ln 2)] = +∞.
Pelo crite´rio da integral, a se´rie
∞∑
k=2
1
k ln k
diverge.
Exemplo 7.6 (Se´rie Harmoˆnica) A se´rie harmoˆnica
∞∑
k=1
1
kp
converge se p > 1 e diverge se p ≤ 1.
Resoluc¸a˜o: Se p < 0, enta˜o lim
k→+∞
1
kp
= +∞ e assim
∞∑
k=1
1
kp
diverge. Se p = 0, enta˜o lim
k→+∞
1
kp
= 1
e, neste caso,
∞∑
k=1
1
kp
tambe´m diverge.
Assumindo p > 0, a func¸a˜o f(x) =
1
xp
e´ cont´ınua, decrescente e na˜o negativa em [1,+∞[ e temos
∫ b
1
1
xp
dx = ln b se p = 1 e
∫ b
1
1
xp
dx =
b1−p − 1
1− p se p 6= 1.
Como lim
b→+∞
ln b = +∞, segue do crite´rio da integral que
∞∑
k=1
1
kp
diverge se p = 1. Para p 6= 1
temos
lim
b→+∞
b1−p − 1
1− p = −
1
1− p se p > 1 e limb→+∞
b1−p − 1
1− p = +∞ se p < 1.
Mais uma vez do crite´rio da integral segue que
∞∑
k=1
1
kp
converge se p > 1 e diverge se p ≤ 1.
19
Observac¸a˜o 7.7 Na˜o obstante a se´rie harmoˆnica
∞∑
k=1
1
kp
ser convergente quando p > 1, na˜o existe
uma “fo´rmula agrada´vel” para sua soma. A func¸a˜o
ζ :]1,+∞[→ R dada por ζ(p) =
∞∑
k=1
1
kp
chama-se Func¸a˜o Zeta de Riemann e desempenha importante papel na Teoria Anal´ıtica dos Nu´meros.3
Definic¸a˜o 7.8 Sejam
∑
ak e
∑
bk duas se´ries cujos termos sa˜o na˜o negativos. Dizemos que
∑
bk
domina
∑
ak se ak ≤ bk para todo k. Se existe n0 ∈ N tal que ak ≤ bk para todo k ≥ n0, dizemos que∑
bk domina eventualmente
∑
ak.
Teorema 7.9 (Crite´rio da comparac¸a˜o direta) Sejam
∑
ak e
∑
bk se´ries cujos termos sa˜o na˜o
negativos e suponha que
∑
bk domine eventualmente
∑
ak. Nestas condic¸o˜es, tem-se:
(i) Se
∑
bk converge, enta˜o
∑
ak converge.
(ii) Se
∑
ak diverge, enta˜o
∑
bk diverge.
Prova: E´ bastante intuitiva e simples e, portanto, fica como exerc´ıcio para o leitor. �
Exemplo 7.10 Mostre que a se´rie
∞∑
k=1
1
7k + sen k
converge.
Resoluc¸a˜o: Vamos mostrar que a se´rie
∞∑
k=1
1
7k−1
(que sabemos ser convergente) domina a se´rie
∞∑
k=1
1
7k + sen k
. A desigualdade que deve, para tanto, ser demonstrada, e´
1
7k + sen k
≤ 1
7k−1
, a qual e´
equivalente a` desigualdade 7k−1 ≤ 7k + sen k, ou ainda, −sen k ≤ 7k − 7k−1 = (7− 1)7k−1 = 6 · 7k−1.
Esta u´ltima desigualdade e´ claramente verdadeira, ja´ que −sen k ≤ 1 ≤ 6 ≤ 6 · 7k−1, para todo k ≥ 1.
Exemplo 7.11 Mostre que a se´rie
∞∑
k=2
1
ln k
diverge.
Resoluc¸a˜o: Como 0 < ln k < k para todo k ≥ 2 (verifique!4), temos 1
k
<
1
ln k
para todo k ≥ 2.
Assim, a se´rie
∞∑
k=2
1
ln k
domina a se´rie
∞∑
k=2
1
k
. Como esta u´ltima e´ divergente, a se´rie
∞∑
k=2
1
ln k
diverge.
Exemplo 7.12 Mostre que a se´rie
∞∑
k=2
k
k2 + 2k + 1
diverge.
Resoluc¸a˜o: Temos
k
k2 + 2k + 1
=
1
k
· 1
1 + 2k +
1
k2
.
Para todo k ≥ 1, tem-se 1 + 2
k
+
1
k2
≤ 4 e, portanto, para todo k ≥ 1, tem-se 1
1 + 2k +
1
k2
≥ 1
4
. Segue
que, para todo k ≥ 1,
k
k2 + 2k + 1
≥ 1
4k
.
Como
∞∑
k=2
1
4k
= +∞, resulta
∞∑
k=2
k
k2 + 2k + 1
= +∞.
3Como citamos na Observac¸a˜o 2.17, ζ(2) = pi2/6.
4Para isso, defina f(x) = x− lnx e cheque que f(1) > 0 e f ′(x) > 0 para todo x > 1.
20
Teorema 7.13 (Crite´rio do limite) Sejam
∑
ak e
∑
ck duas se´ries cujos termos sa˜o positivos a
partir de algum ı´ndice q fixado. Suponhamos que
lim
k→+∞
ak
ck
= L.
(i) Se L > 0, L real, enta˜o ou ambas as se´ries convergem ou ambas divergem.
(ii) Se L = +∞ e se ∑ ck diverge, enta˜o ∑ ak tambe´m diverge.
(iii) Se L = 0 e se
∑
ck converge, enta˜o
∑
ak tambe´m converge.
Prova: (a) De lim
k→+∞
ak
ck
= L, L > 0 real, segue que, tomando-se � = �/2, existe um natural p, que
podemos supor maior que q, tal que
k > p⇒ L− L
2
<
ak
bk
< L+
L
2
donde k > p⇒ L
2
ck < ak <
3L
2
ck.
Segue do crite´rio da comparac¸a˜o que ambas as se´ries sa˜o convergentes ou ambas sa˜o divergentes.
(b) De lim
k→+∞
ak
ck
= +∞ segue que, tomando-se � = 1, existe um natural p > q, tal que
k > p⇒ ak
ck
> 1 donde k > p⇒ ak > ck.
Segue do crite´rio da comparac¸a˜o que se
∑
ck for divergente, enta˜o
∑
ak tambe´m sera´.
(c) De lim
k→+∞
ak
ck
= 0 segue que, tomando-se � = 1, existe um natural p > q, tal que
k > p⇒ ak
ck
< 1 donde k > p⇒ ak < ck.
Segue do crite´rio da comparac¸a˜o que se
∑
ck for convergente, enta˜o
∑
ak tambe´m sera´. �
Exemplo 7.14 A se´rie
∞∑
k=2
ke−k converge ou diverge? Justifique.
Resoluc¸a˜o: A se´rie harmoˆmica
∞∑
k=2
1
k2
e´ convergente. Fac¸amos ak = ke
−k e ck =
1
k2
. Temos
lim
k→∞
ak
ck
= lim
k→+∞
ke−k
1/k2
= lim
k→+∞
k3
ek
= 0.
Pelo crite´rio do limite, concluimos que a se´rie dada converge.
Observac¸a˜o 7.15 O sucesso na utilizac¸a˜o do teste do limite esta´ exatamente na escolha adequada
da se´rie
∑
ck de comparac¸a˜o. Em muitos casos, as se´ries harmoˆnicas ou as se´ries geome´tricas desem-
penham muito bem este papel.
Exemplo 7.16 A se´rie
∞∑
k=2
k2 + 2
k5 + 2k + 1
converge ou diverge? Justifique.
Resoluc¸a˜o: Como lim
k→+∞
k2 + 2
k5 + 2k + 1
= 0, a se´rie tem chance de ser convergente. Vamos tomar
como se´rie de comparac¸a˜o a se´rie geome´trica
∞∑
k=2
1
k3
, que sabemos ser convergente. Fazendo ak =
k2 + 2
k5 + 2k + 1
e ck =
1
k3
, temos lim
k→∞
ak
ck
= lim
k→+∞
k5 + 2k3
k5 + 2k + 1
= 1. Pelo crite´rio do limite, conclui-se que
a se´rie dada converge.
21
Teorema 7.17 (Crite´rio da comparac¸a˜o de razo˜es) Sejam
∑
ak e
∑
bk duas se´ries de termos
positivos. Suponhamos que exista um natural p tal que, para k ≥ p,
ak+1
ak
≤ bk+1
bk
.
(i) Se
∑
bk converge, enta˜o
∑
ak converge.
(ii) Se
∑
ak diverge, enta˜o
∑
bk diverge.
Prova: Segue da hipo´tese que, para k ≥ p, tem-se ak+1
bk+1
≤ ak
bk
e, portanto, a sequ¨eˆncia
ak
bk
, k ≥ p, e´
decrescente. Da´ı, para k ≥ p, temos ak
bk
≤ ap
bp
e, portanto, para k ≥ p,
ak ≤ ap
bp
bk.
Agora e´ so´ aplicar o crite´rio da comparac¸a˜o. �
Exemplo 7.18 Considere a se´rie de termos positivos
∑
ak e suponha que existam um real r e um
natural p, com 0 < r < 1, tais que, para todo k ≥ p, a raza˜o ak+1
ak
≤ r. Prove que a se´rie ∑ ak e´
convergente.
Resoluc¸a˜o: Considere a se´rie geome´trica
∞∑
k=0
bk, onde bk = r
k, k ≥ 0. Tal se´rie e´ convergente, pois
0 < r < 1. De
bk+1
bk
= r segue, para todo k ≥ p,
ak+1
ak
≤ bk+1
bk
.
Pelo crite´rio de comparac¸a˜o de razo˜es, a se´rie
∑
ak e´ convergente.
Exemplo 7.19 Considere a se´rie de termos positivos
∑
ak e suponha que exista um natural p tal
que, para todo k ≥ p, a raza˜o ak+1
ak
≥ 1. Prove que a se´rie ∑ ak e´ divergente.
Resoluc¸a˜o: Considere a se´rie
∞∑
k=0
bk, onde bk = 1 para todo
k ≥ 0. Tal se´rie e´ evidentemente
divergente e, para todo k ≤ p,
ak+1
ak
≤ 1 = bk+1
bk
.
Pelo crite´rio de comparac¸a˜o de razo˜es, a se´rie
∑
ak e´ divergente.
7.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Utilizando o crite´rio da comparac¸a˜o direta, decida se cada se´rie abaixo converge ou diverge:
(a)
∞∑
k=1
cos2k
k3
(b)
∞∑
k=1
2 + sen k
k
(c)
∞∑
k=1
ln k
k ek
2. Utilizando o crite´rio da integral, estude a se´rie dada com relac¸a˜o a` convergeˆncia ou divergeˆncia.
(a)
∞∑
k=2
1
k(ln k)α
, α > 0 (b)
∞∑
k=0
k
1 + k4
(c)
∞∑
k=0
k
k2 + 1
22
3. Suponha an > 0 para todo n e que a se´rie
∑
an convirja. Prove que as se´ries
∑ an
1 + an
e
∑
a2n
tambe´m convergem.
4. Prove que para todo polinoˆmio p(x) de grau superior a 1, a se´rie
∞∑
k=1
1
p(k)
converge.
5. Seja λ > 0 um real dado. A se´rie
∞∑
k=0
kλ
2k
e´ convergente ou divergente? Justifique.
6. Considere a se´rie
∑
ak de termos na˜o negativos e suponha que ak =
1
kα
bk, k ≥ p. Utilize o
crite´rio do limite para provar que:
(a) Se lim bk = 0 e se α > 1, enta˜o
∑
ak converge.
(b) Se lim bk = +∞ e se α ≤ 1, enta˜o
∑
ak diverge.
7. Seja γ > 0 um real dado. Prove:
(a) lim
k→+∞
k
(ln k)γ
= +∞. (Sugesta˜o: Verifique que lim
u→+∞
eu
uλ
= +∞).
(b)
∞∑
k=2
1
(ln k)γ
e´ divergente.
8. (a) Verifique que
∞∑
k=1
ln
k + 1
k
= +∞. (Sugesta˜o: Se´rie telesco´pica)
(b) Seja −1 < α < 0 um real dado. Mostre que
∞∑
k=1
ln
k
k − 1− α = +∞.
(Sugesta˜o: Utilize o crite´rio do limite com ck = ln
k + 1
k
).
9. (Crite´rio de Cauchy-Fermat) Suponha f : [1,+∞[→ R cont´ınua, decrescente e positiva. Sendo
β > 1, prove que
∞∑
k=1
f(k) converge se, e somente se,
∞∑
k=0
βkf(βk) converge.
8 Se´ries alternadas e convergeˆncia absoluta
Uma se´rie e´ chamada alternada quando seus termos consecutivos teˆm sinais opostos. O seguinte
resultado apresenta um crite´rio definitivo para a convergeˆncia de uma se´rie alternada.
Teorema 8.1 (Crite´rio de Leibniz) Seja (an)n uma sequ¨eˆncia decrescente de termos positivos com
lim an = 0. Enta˜o a se´rie alternada
∞∑
k=1
(−1)k+1ak e´ convergente. Ale´m disso, se S e´ a soma desta
se´rie e sn e´ a n-e´sima soma parcial, enta˜o 0 ≤ (−1)n(S − sn) ≤ an+1.
Exemplo 8.2 Embora a se´rie harmoˆnica
∞∑
k=1
1
k
seja divergente, a se´rie harmoˆnica alternada, a saber,
∞∑
k=1
(−1)k+1 1
k
e´ convergente. De fato, segue do item (a) do Exerc´ıcio 7 da Sec¸a˜o 5 que
∞∑
k=1
(−1)k+1 1
k
= ln 2.
23
Exemplo 8.3 Embora a se´rie
∞∑
k=2
1
ln k
seja divergente, a se´rie alternada
∞∑
k=2
(−1)k 1
ln k
e´ convergente.
Exemplo 8.4 Mostre que a se´rie
∞∑
k=1
(−1)k+1 k + 3
k(k + 2)
e´ convergente.
Resoluc¸a˜o: Como cada an =
n+ 3
n(n+ 2)
e´ positivo, basta provar que (an)n e´ decrescente e que
an → 0. Seja f(x) = x+ 3
x(x+ 2)
, x ≥ 1. Temos f ′(x) = −x
2 + 6x+ 6
x2(x+ 2)2
< 0 para todo x ≥ 1. Isto prova
que (an)n e´ decrescente. Agora, quanto ao limite de (an)n, temos:
lim
n→+∞ an = limn→+∞
n+ 3
n(n+ 2)
= 0.
Definic¸a˜o 8.5 (Convergeˆncia Absoluta e Condicional) Seja
∑
ak uma se´rie.
(i) Se a se´rie
∑ |ak| converge, dizemos que ∑ ak e´ absolutamente convergente.
(ii) Se a se´rie
∑
ak converge, mas
∑ |ak| diverge, dizemos que∑ ak e´ condicionalmente convergente.
E´ claro que se uma se´rie e´ convergente e todos os seus termos sa˜o na˜o nagativos (ou todos sa˜o na˜o
positivos), enta˜o a se´rie e´ absolutamente convergente.
Exemplo 8.6 Sa˜o absolutamente convergentes a se´rie
∞∑
k=1
(−1)k 1
1 + k2
e a se´rie geome´trica alternada
∞∑
k=1
(−1)k+1 1
2k
. Ja´ a se´rie harmoˆnica alternada
∞∑
k=1
(−1)k+1 1
k
e´ condicionalmente convergente.
Teorema 8.7 Toda se´rie absolutamente convergente e´ tambe´m convergente.
Prova: Suponha
∑ |ak| convergente. Temos
−|ak| ≤ ak ≤ |ak| o que implica 0 ≤ ak + |ak| ≤ 2|ak|.
Mas
∑
2|ak| = 2
∑ |ak| converge. Enta˜o, pelo teste da comparac¸a˜o direta, ∑(ak + |ak|) converge.
Portanto ∑
ak =
∑
(ak + |ak| − |ak|) converge.
�
Exemplo 8.8 Mostre que a se´rie
∞∑
k=1
sen k
k3 + 4
converge (Atenc¸a˜o, esta se´rie na˜o e´ alternada!).
Resoluc¸a˜o: Temos ∣∣∣∣ sen kk3 + 4
∣∣∣∣ = |sen k|k3 + 4 ≤ 1k3 + 4 < 1k3 .
Como
∞∑
k=1
1
k3
converge, pelo crite´rio da comparac¸a˜o direta a se´rie
∞∑
k=1
∣∣∣∣ sen kk3 + 4
∣∣∣∣ tambe´m converge. O
resultado agora segue do teorema anterior.
24
8.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Mostre que a se´rie dada e´ convergente.
(a)
∞∑
k=1
(−1)k+1sen 1
k
(b)
∞∑
k=1
(−1)k k
3
k4 + 3
(c)
∞∑
k=3
(−1)k+1 ln k
k
2. Estude as se´ries abaixo quanto a divergeˆncia, convergeˆncia condicional e convergeˆncia absoluta.
(a)
∞∑
k=1
(−1)k
ln(ek + e−k)
(b)
∞∑
k=2
sen
(
kpi +
1
ln k
)
3. (a) Mostre que
∞∑
k=1
1
k2
=
4
3
∞∑
k=0
1
(2k + 1)2
.
(b) Calcule a soma da se´rie
∞∑
k=1
(−1)k+1 1
k2
, assumindo
∞∑
k=1
1
k2
=
pi2
6
.
4. Calcule a soma da se´rie alternada
∞∑
k=1
(−1)k+1
k(k + 1)
.
9 Crite´rios da raza˜o e da raiz
Demonstramos nesta sec¸a˜o mais dois importantes crite´rios de convergeˆncia, a saber, o crite´rio
da raza˜o e o crite´rio da raiz, o primeiro dos quais sera´ diretamente utilizado no estudo de se´ries de
poteˆncias que desenvolveremos a partir da Sec¸a˜o 11 deste texto.
Teorema 9.1 (Crite´rio da raza˜o) Seja
∑
ak uma se´rie de termos na˜o nulos.
(i) Se lim
k→+∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ < 1, enta˜o a se´rie e´ absolutamente convergente.
(ii) Se lim
k→+∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ > 1 ou +∞, enta˜o a se´rie e´ divergente.
(iii) Se lim
k→+∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ = 1, nada se pode concluir.
Prova: Faremos cada item separadamente.
(i) Tome r tal que lim
k→+∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ < r < 1. Segue que existe um natural p tal que, para k ≥ p,∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ < r. Pelo Exemplo 7.18, a se´rie e´ convergente.
(ii) Segue da hipo´tese que existe um natural p tal que, para todo k ≥ p,
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ ≥ 1. Pelo Exemplo
7.19, a se´rie e´ divergente.
(iii) Tome-se como exemplo as se´ries
∞∑
k=1
1
k
e
∞∑
k=1
1
k2
. Sabemos que a primeira e´ divergente e a
segunda e´ convergente. No entanto, em ambos os casos tem-se lim
k→+∞
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ = 1.
�
25
Exemplo 9.2 A se´rie
∞∑
k=0
2k
k!
converge ou diverge? Justifique.
Resoluc¸a˜o: Temos
ak =
2k
k!
e ak+1 =
2k+1
(k + 1)!
=
2k2
(k + 1)k!
, donde
∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ = 2k + 1 .
Assim, como lim
k→+∞
2
k + 1
= 0, resulta do crite´rio da raza˜o que a se´rie dada e´ absolutamente conver-
gente e, portanto, convergente.
Exemplo 9.3 Mostre que a se´rie
∞∑
k=1
kk
k!
e´ divergente
Resoluc¸a˜o: Temos∣∣∣∣ak+1ak
∣∣∣∣ = (k + 1)k+1(k + 1)! · k!kk = (k + 1)kkk =
(
k + 1
k
)k
=
(
1 +
1
k
)k
.
Como lim
k→+∞
(
1 +
1
k
)k
= e > 1, resulta do crite´rio da raza˜o que a se´rie dada e´ divergente.
Teorema 9.4 (Crite´rio da raiz) Seja
∑
ak uma se´rie.
(i) Se lim
k→+∞
k
√
|ak| < 1, enta˜o a se´rie e´ absolutamente convergente.
(ii) Se lim
k→+∞
k
√
|ak| > 1 ou +∞, enta˜o a se´rie e´ divergente.
(iii) Se lim
k→+∞
k
√
|ak| = 1, nada se pode concluir.
Prova: Faremos apenas o primeiro e o terceiro casos; o segundo e´ deixado para o leitor.
(i) Tomando-se r tal que lim
k→+∞
k
√
|ak| < r < 1, existe um natural p tal que, para k ≥ p, k
√|ak| < r
e, portanto, ak < r
k. A convergeˆncia da se´rie segue por comparac¸a˜o com a se´rie geome´trica
∑
rk.
Para checar a parte (iii) tome-se novamente como exemplo as se´ries
∞∑
k=1
1
k
e
∞∑
k=1
1
k2
. �
Exemplo 9.5 A se´rie
∞∑
k=0
k3
3k
converge ou diverge? Justifique.
Resoluc¸a˜o: Temos
lim
k→+∞
k
√
|ak| = lim
k→+∞
k
√
k3
3k
=
1
3
lim
k→+∞
k
√
k3 =
1
3
< 1.
Logo, a se´rie dada e´ convergente.
9.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. E´ convergente ou divergente? Justifique.
(a)
∞∑
n=0
3n
1 + 4n
(b)
∞∑
n=1
n!2n
nn
(c)
∞∑
n=1
n3 + 4
2n
2. Prove que, para todo a > 0, a se´rie
∞∑
n=0
an
n!
e´ convergente. Conclua que lim
n→+∞
an
n!
= 0.
26
3. Prove que, para todo natural n ≥ 1,
ln 1 + ln 2 + · · ·+ ln(n− 1) ≤
∫ n
1
lnx dx ≤ ln 2 + ln 3 + · · ·+ lnn.
Conclua que, para todo n ≥ 1, tem-se (n− 1)!en ≤ e nn ≤ n!en.
4. Utilize a desigualdade nn ≤ n!en do exerc´ıcio anterior para provar que
∞∑
n=1
n!en
nn
diverge.
10 Reordenac¸a˜o de se´ries
Dada uma se´rie
∑
ak, mudar a ordem de seus termos significa tomar uma bijec¸a˜o ϕ : N → N e
considerar a se´rie
∑
bk onde bk = aϕ(k) para todo k ∈ N. O problema e´, enta˜o, o seguinte: Supondo∑
ak convergente, sera´ ainda
∑
bk convergente? No caso afirmativo, vale
∑
ak =
∑
bk?
Diremos que uma se´rie
∑
ak e´ comutativamente convergente quando, para toda bijec¸a˜o ϕ : N→ N,
a se´rie
∑
aϕ(k) e´ convergente.
Demonstraremos abaixo que
∑
ak e´ comutativamente convergente se, e somente se, e´ absoluta-
mente convergente. Em seguida, enunciaremos um resultado fanta´stico, devido a Riemann. Comec¸amos
com um exemplo de como uma mudanc¸a de ordem nos termos de uma se´rie pode alterar a soma.
Exemplo 10.1 Sabemos que
ln 2 = 1− 1
2
+
1
3
− 1
4
+
1
5
− 1
6
+
1
7
− 1
8
+
1
9
− 1
10
+ · · ·
Como e´ l´ıcito multiplicar os termos de uma se´rie convergente por um nu´mero real, multiplicando esta
se´rie por 1/2 obtemos
1
2
ln 2 =
1
2
− 1
4
+
1
6
− 1
8
+
1
10
− 1
12
+
1
14
− 1
16
+
1
18
− 1
20
+ · · ·
Agora, esta se´rie pode ser claramente substituida pela se´rie abaixo
1
2
ln 2 = 0 +
1
2
+ 0− 1
4
+ 0 +
1
6
+ 0− 1
8
+ 0 +
1
10
+ 0− 1
12
+ 0 +
1
14
+ 0− 1
16
+ 0 + · · ·
Tambe´m e´ l´ıcito somar termo a termo duas se´ries convergentes. Procedendo assim com a primeira e
u´ltima se´ries acima e ja´ eliminando os termos nulos, obtemos
3
2
ln 2 = 1 +
1
3
− 1
2
+
1
5
+
1
7
− 1
4
+
1
9
+
1
11
− 1
6
+ · · ·
que e´ uma reordenac¸a˜o da se´rie inicial. Isto mostra que uma reordenac¸a˜o na ordem dos termos de
uma se´rie convergente pode alterar o valor da sua soma.
Teorema 10.2 Toda se´rie absolutamente convergente e´ comutativamente convergente.
Prova: Comec¸amos com uma se´rie convergente
∑
ak, onde ak ≥ 0 para todo k. Seja ϕ : N→ N uma
bijec¸a˜o e ponhamos bk = aϕ(k). Afirmamos que
∑
bk =
∑
ak. Com efeito, sejam
sn = a1 + a2 + · · ·+ an e tn = b1 + b2 + · · ·+ bn.
Para cada n ∈ N, chamamos de m o maior dos nu´meros ϕ(1), ϕ(2), . . . , ϕ(n). Enta˜o,
{ϕ(1), ϕ(2), . . . , ϕ(n)} ⊂ [1,m].
27
Segue-se que
tn =
n∑
k=1
aϕ(k) ≤
m∑
k
ak = sm
De modo ana´logo, considerando ϕ−1 ao inve´s de ϕ, se veˆ que, para m ∈ N, existe n ∈ N tal que
sm ≤ tn. Conclu´ımos que lim sn = lim tn, ou seja,
∑
ak =
∑
bk.
No caso geral, temos
∑
ak =
∑
pk −
∑
qk, onde pk e qk sa˜o, respectivamente, a parte positiva e a
parte negativa de ak. Toda reordenac¸a˜o (bk)k dos termos (ak)k origina uma reordenac¸a˜o (uk)k para
(pk)k e uma reordenac¸a˜o (vk)k para (qk)k, de tal modo que cada uk e´ a parte positiva e cada vk e´ parte
negativa de bk. Pelo que acabamos de ver
∑
uk =
∑
pk e
∑
vk =
∑
qk. Logo
∑
ak =
∑
uk −
∑
vk =∑
bk, o que prova o teorema. �
O seguinte resultado conte´m a rec´ıproca do teorema anterior.
Teorema 10.3 (Teorema de Riemann) Seja
∑
ak uma se´rie condicionalmente convergente. Dado
qualquer nu´mero real S, existe uma reordenac¸a˜o bk = aϕ(k) dos termos da se´rie
∑
ak, tal que
∑
bk = S.
10.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Prove o Teorema de Riemann.
2. Seja
∑
ak uma se´rie condicionalmente convergente. Prove que existem reordenac¸o˜es bk = aϕ(k)
e ck = aψ(k) dos termos da se´rie
∑
ak, tais que
∑
bk = +∞ e
∑
ck = −∞.
11 Se´ries de poteˆncias
Seja (ck)k uma sequ¨eˆncia de nu´meros reais e seja a um real fixado. Uma se´rie da forma
∞∑
k=0
ck(x− a)k = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + · · ·
e´ chamada uma se´rie de poteˆncias. As constantes c0, c1, c2, . . . sa˜o chamadas os coeficientes e a cons-
tante a e´ chamada o centro da se´rie.
Exemplo 11.1 Encontre os valores de x para os quais a se´rie de poteˆncias abaixo e´ convergente
∞∑
k=0
(−1)k k
3k
xk = 0− 1
3
x+
2
9
x2 − 3
27
x3 + · · ·
Resoluc¸a˜o: E´ claro que a se´rie converge para x = 0. Para x 6= 0, aplicamos o crite´rio da raza˜o:
an = (−1)n n
3n
xn e an+1 = (−1)n+1 (n+ 1)
3n+1
xn+1 ⇒ an+1
an
=
(−1)n+1(n+ 1)3nxn+1
(−1)nn3n+1xn
Assim ∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = (n+ 1)3n |x|
Segue-se
lim
n→+∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→+∞ n+ 13n |x| = |x| · limn→+∞ n+ 13n = |x|3 .
28
Pelo crite´rio da raza˜o:
• A se´rie converge para |x|/3 < 1, ou seja, para |x| < 3.
• A se´rie diverge para |x|/3 > 1, ou seja, para |x| > 3.
• Se |x| = 3, enta˜o |an| =
∣∣∣(−1)n n
3n
xn
∣∣∣ = n
3n
3n = n. Assim, lim
n→+∞ an 6= 0 e a se´rie diverge.
Exemplo 11.2 Encontre os valores de x para os quais a se´rie de poteˆncias abaixo e´ convergente
∞∑
k=0
(x− 5)2k
k!
= 1 + (x− 52) + 1
2
(x− 5)4 + 1
6
(x− 5)6 + · · ·
Resoluc¸a˜o: E´ claro que a se´rie converge para x = 5. Para x 6= 5, aplicamos o crite´rio da raza˜o:
an =
(x− 5)2n
n!
e an+1 =
(x− 5)2(n+1)
(n+ 1)!
⇒ an+1
an
=
(x− 5)2n+2n!
(x− 5)2n(n+ 1)n!
Assim ∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = (x− 5)2n+ 1 e limn→+∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→+∞ (x− 5)2n+ 1 = 0 < 1
Pelo crite´rio da raza˜o, a se´rie converge, independentemente do valor de x.
O conjunto I de todos os valores de x para os quais a se´rie de poteˆncias
∑∞
k=0 ck(x − a)k e´
convergente e´ chamado o intervalo de convergeˆncia da se´rie. Podem ocorrer treˆs casos:
• I e´ um intervalo limitado com centro em a e extremos a−R e a+R, onde R > 0 e´ um nu´mero
real, podendo neste caso ocorrer
I = [a−R, a+R] ou I = [a−R, a+R[ ou I =]a−R, a+R] ou I =]a−R, a+R[
• I =]−∞,+∞[, ou seja, I = R.
• I = {a}.
No primeiro caso, o nu´mero real R e´ chamado o raio de convergeˆncia da se´rie. Nos segundo e
terceiro casos, escrevemos R = +∞ e R = 0, respectivamente. Em qualquer dos casos:
A se´rie de poteˆncias converge absolutamente no intervalo ]a−R, a+R[.
Teorema 11.3 Seja
∑∞
k=0 ck(x − a)k uma se´rie de poteˆncias com raio de convergeˆncia R. Suponha
que lim
n→+∞
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = L, onde L ou e´ um nu´mero real na˜o negativo ou L = +∞. Nestas condic¸o˜es:
(i) Se L e´ um real positivo, enta˜o R = 1/L.
(ii) Se L = 0, enta˜o R = +∞ .
(iii) Se L = +∞, enta˜o R = 0.
29
Exemplo 11.4 Encontre o centro, o raio de convergeˆncia e o intervalo de convergeˆncia de
∞∑
k=0
(x+ 3)k
3k
.
Resoluc¸a˜o: O centro e´ a = −3, claro! A fim de aplicar o teorema acima, calculamos:
cn =
1
3n
e cn+1 =
1
3n+1
donde
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = 3n3n+1 = 13 .
Assim, L = lim
n→+∞
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = 13 , o que implica que o raio de convergeˆncia da se´rie e´ R = 3. Para
determinar exatamente o intervalo de convergeˆncia, resta investigar a convergeˆncia da se´rie para os
valores a−R = −6 e a+R = 0.
Quando x = −6, a se´rie torna-se
∞∑
k=0
(−3)k
3k
= 1 − 1 + 1 − 1 + · · · , a qual diverge, ja´ que o termo
geral na˜o tende a zero.
Quando x = 0, a se´rie torna-se
∞∑
k=0
3k
3k
= 1 + 1 + 1 + · · · , que tambe´m
diverge.
Portanto, o intervalo de convergeˆncia da se´rie
∞∑
k=0
(x+ 3)k
3k
e´ o intervalo aberto I =]− 6, 0[.
Exemplo 11.5 Encontre o centro e o raio e o intervalo de convergeˆncia de
∞∑
k=0
(−1)k
k!
(x− 17)k.
Resoluc¸a˜o: O centro e´ a = 17, claro! A fim de aplicar o teorema acima, calculamos:
cn =
(−1)n
n!
e cn+1 =
(−1)n+1
(n+ 1)!
donde
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ (−1)n+1n!(−1)n(n+ 1)n!
∣∣∣∣ = 1n+ 1 .
Assim, L = lim
n→+∞
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = limn→+∞ 1n+ 1 = 0, o que implica que o raio de convergeˆncia da se´rie e´
R = +∞. Portanto, o intervalo de convergeˆncia e´ I =]−∞,+∞[.
Exemplo 11.6 Encontre o centro o raio de convergeˆncia e o intervalo de convergeˆncia de
∞∑
k=1
kkxk.
Resoluc¸a˜o: O centro e´ a = 0, claro! A fim de aplicar o teorema acima, calculamos:
cn = n
n e cn+1 = (n+ 1)
n+1 donde
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = (n+ 1)n+1nn =
(
n+ 1
n
)n
(n+ 1).
Assim,
L = lim
n→+∞
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = limn→+∞
(
n+ 1
n
)n
· lim
n→+∞(n+ 1) = e ·+∞ = +∞,
o que implica que o raio de convergeˆncia e´ R = 0 e, portanto, o intervalo de convergeˆncia e´ I = {0}.
11.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Encontre o centro a, o raio R e o intervalo I de convergeˆncia da se´rie de poteˆncias.
(a)
∞∑
k=1
(x− 1)2k
k5k
(b)
∞∑
k=0
(cos kpi)(x+2)k (c)
∞∑
k=1
1 · 3 · 5 · · · (2k− 1)xk
(d)
∞∑
k=0
(−1)k 10
k
k!
(x+pi)k (e)
∞∑
k=1
(1+2+ · · ·+k)x2k−1 (f)
∞∑
k=0
(−1)k 2
2k+1
2k + 1
(x−3)2k
(g)
∞∑
k=0
(
sen
kpi
2
)
xk (h)
∞∑
k=0
1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)
23k+1
(x− 10)k (i)
∞∑
k=0
2k(x+ 4)k
(j)
∞∑
k=1
1
k
(
1− x
2
)k
(k)
∞∑
k=1
(−1)k 1 · 5 · 9 · 13 · · · (4k + 3)
2 · 4 · 6 · 8 · · · (2k) (x+ 6)
k
30
2. Determine o domı´nio da func¸a˜o f dada por f(x) =
∞∑
n=2
xn
lnn
.
3. Seja α > 0 um nu´mero real dado, com α na˜o natural. Prove que a se´rie abaixo converge para
|x| ≤ 1 e diverge para |x| > 1.
∞∑
n=1
α(α− 1)(α− 2) · · · (α− n+ 1)
n!
xn.
4. Considere a se´rie de poteˆncias
∞∑
n=0
anx
n. Seja A = {x ≥ 0 : lim
n→+∞ anx
n = 0}. Prove que o raio
de convergeˆncia da se´rie e´ igual ao supremo de A.
5. (a) Suponha que |x| < r, r > 0, e que
∞∑
n=0
anr
n = 0. Prove que
∞∑
n=0
nanx
n = 0.
(b) Prove que as se´ries de poteˆncias
∞∑
n=0
anx
n e
∞∑
n=0
nanx
n teˆm o mesmo raio de convergeˆncia.
12 Continuidade, diferenciabilidade e integrabilidade de se´ries de
poteˆncias
Seja
∞∑
k=0
ck(x − a)k uma se´rie de poteˆncias com raio R e intervalo I de convergeˆncia. Podemos
definir a func¸a˜o
f : I −→ R
x 7−→ f(x) =
∞∑
k=0
ck(x− a)k
A diferenciac¸a˜o e integrac¸a˜o termo a termo da se´rie de poteˆncias
∞∑
k=0
ck(x−a)k produz novas se´ries
de poteˆncias:
∞∑
k=0
d
dx
[ck(x− a)k] =
∞∑
k=1
kck(x− a)k−1
∞∑
k=0
∫
ck(x− a)kdx =
∞∑
k=1
ck
k + 1
(x− a)k+1
Teorema 12.1 (i) f e´ cont´ınua no intervalo aberto ]a−R− a+R[.
(ii)
∞∑
k=0
d
dx
[ck(x− a)k] e
∞∑
k=0
∫
ck(x− a)kdx tambe´m teˆm raio de convergeˆncia R.
(iii) Para x ∈]a−R, a+R[, tem-se f ′(x) =
∞∑
k=0
d
dx
[ck(x− a)k] =
∞∑
k=1
kck(x− a)k−1.
(iv) Para b ∈]a−R, a+R[, tem-se
∫ b
a
f(x)dx =
∞∑
k=0
∫ b
a
ck(x− a)kdx =
∞∑
k=0
ck
k + 1
(b− a)kdx
31
Exemplo 12.2 Use a fo´rmula
∞∑
k=0
xk =
1
1− x que expressa a soma da se´rie geome´trica 1+x+x
2+ · · ·
para |x| < 1, para escrever cada expressa˜o dada abaixo como uma se´rie de poteˆncias:
(a)
1
1 + x2
(b)
1
(1− x)2 (c) ln(1 + x)
Resoluc¸a˜o: (a) Para |x| < 1, tambe´m |x2| < 1. Assim, substituindo x por −x2 na fo´rmula
∞∑
k=0
xk =
1
1− x , obtemos
1
1 + x2
=
∞∑
k=0
(−x2)k =
∞∑
k=0
(−1)kx2k.
(b)
1
(1− x)2 =
d
dx
[
1
1− x
]
=
d
dx
∞∑
k=0
xk =
∞∑
k=0
d
dx
[xk] =
∞∑
k=1
kxk−1 para |x| < 1.
(c) ln(1 + x) =
∫ x
0
1
1 + t
dt =
∫ x
0
(1− t+ t2 − t3 + · · · )dt =
[
t− t
2
2
+
t3
3
− t
4
4
+ · · ·
]x
0
= x− x
2
2
+
x3
3
− x
4
4
+ · · · =
∞∑
k=0
(−1)k x
k+1
k + 1
para |x| < 1.
Exemplo 12.3 Encontre uma fo´rmula para calcular a soma
∞∑
n=0
nxn, |x| < 1.
Resoluc¸a˜o: O raio de convergeˆncia da se´rie
∞∑
n=0
(n+ 1)xn e´ R = 1 (verifique!). Seja
f(x) =
∞∑
n=0
(n+ 1)xn.
Para todo t ∈]− 1, 1[,∫ t
0
f(x)dx =
∞∑
n=0
∫ t
0
(n+ 1)xndx =
∞∑
n=0
tn+1 = t+ t2 + t3 + · · · = t
1− t .
Mas, pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo,
d
dt
∫ t
0
f(x)dx = f(t).
Assim, derivando de ambos os lados da equac¸a˜o acima resulta f(t) =
1
(1− t)2 . Portanto, para |x| < 1,
∞∑
n=0
(n+ 1)xn =
1
(−x)2 .
Como ∞∑
n=0
nxn =
∞∑
n=0
(n+ 1)xn −
∞∑
n=0
xn,
resulta ∞∑
n=0
nxn =
1
(1− x)2 −
1
1− x =
x
(1− x)2 para |x| < 1.
32
12.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Mostre que, para |x| < 1,
ln
1 + x
1− x = 2
∞∑
n=0
x2n+1
2n+ 1
(sugesta˜o: Verifique que
∑
x2n =
1
1− x2 , para |x| < 1, e integre termo a termo de 0 a t).
2. Mostre que, para |x| < 1,
arctg x =
∞∑
n=0
(−1)n x
2n+1
2n+ 1
(sugesta˜o: Verifique que
∑
(−1)nx2n = 1
1 + x2
, para |x| < 1).
3. Considere a func¸a˜o f definida por f(x) =
∞∑
n=1
xn
n!n
. Verifique que f esta´ definida para todo
nu´mero real e calcule f ′(1).
4. Considere a func¸a˜o f definida por f(x) =
∞∑
k=0
k + 1
3k
(x − 1)k. Verifique que x = 2 pertence ao
interior do intervalo de convergeˆncia da se´rie que define f e, em seguida, calcule
∫ 2
1
f(x) dx.
13 Se´ries de Taylor e Maclaurin
Suponha que seja f uma func¸a˜o expandida em se´ries de poteˆncias
f(x) =
∞∑
k=0
ck(x− a)k para x ∈]a−R, a+R[.
Para cada x ∈]a−R, a+R[, temos
f ′(x) =
∞∑
k=1
kck(x− a)k−1
f ′′(x) =
∞∑
k=2
k(k − 1)ck(x− a)k−2
f ′′′(x) =
∞∑
k=3
k(k − 1)(k − 2)ck(x− a)k−3
...
f (n)(x) =
∞∑
k=n
k(k − 1)(k − 2) · · · (k − n+ 1)ck(x− a)k−n
E assim,
f (n)(a) = n(n− 1)(n− 2)(n− 3) · · · 3 · 2 · 1 · cn = n!cn.
Portanto
cn =
f (n)(a)
n!
,
que, como nos lembramos do curso de Ca´lculo I, e´ o coeficiente de ordem n do polinoˆmio de Taylor
de f em torno de a.
33
Definic¸a˜o 13.1 Seja f uma func¸a˜o infinitamente diferencia´vel em um intervalo aberto J e seja a um
nu´mero real em J . A se´rie de Taylor de f em a e´ a se´rie de poteˆncias
∞∑
n=0
f (n)(a)
n!
(x− a)n.
A se´rie de Taylor para f em a = 0 e´ chamada se´rie de Maclaurin de f , sendo portanto, a se´rie
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn.
Observac¸a˜o 13.2 Na˜o ha´ implicac¸o˜es na definic¸a˜o de que a se´rie de Taylor de f realmente convirja
para f . O que temos e´ o seguinte teorema.
Teorema 13.3 (Expansa˜o de uma func¸a˜o em se´rie de Taylor) Seja f uma func¸a˜o infinitamente
diferencia´vel num intervalo aberto contendo o real a. Suponha que existam reais r,M > 0 tais que
|f (n)(x)| ≤M para todo x ∈]a− r, a+ r[ e todo n ∈ N. Enta˜o, para todo x ∈]a− r, a+ r[, tem-se
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(a)
n!
(x− a)n.
Exemplo 13.4 Prove que, para todo x ∈ R,
ex = 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+
x4
4!
· · ·
Resoluc¸a˜o: Considere a func¸a˜o infinitamente diferencia´vel f(x) = ex, x ∈ R, e seja a = 0. Para
todo natural n, temos f (n)(x) = ex para todo x ∈ R. Dado um real r > 0, como a func¸a˜o f e´
estritamente crescente, temos ex < er para todo x ∈]− r, r[, o que implica que
|f (n)(x)| < er para x ∈]− r, r[.
Sendo assim, pelo teorema anterior,
ex =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn =
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+ · · ·
para todo x ∈] − r, r[. Agora, como o real r e´ arbitra´rio e pode ser tomado ta˜o grande quanto se
queira, a fo´rmula acima vale para todo
x ∈ R.
Exemplo 13.5 Prove que, para todo x ∈ R,
senx = x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+
x9
9!
− x
11
11!
+ · · ·
Resoluc¸a˜o: A func¸a˜o f(x) = senx, x ∈ R, e´ infinitamente diferencia´vel e, como, para todo n ∈ N,
ou f (n)(x) = ±senx ou f (n)(x) = ± cosx, segue-se que |f (n)(n)| ≤ 1, para todo n ∈ N e todo x ∈ R.
Precisamente, temos
f (n)(x) =

senx se n = 0, 4, 8, . . .
cosx se n = 1, 5, 9, . . .
−senx se n = 2, 6, 10, . . .
− cosx se n = 3, 7, 11, . . .
=⇒ f (n)(0) =

0 se n = 0, 4, 8, . . .
1 se n = 1, 5, 9, . . .
0 se n = 2, 6, 10, . . .
−1 se n = 3, 7, 11, . . .
34
Portanto, para todo x ∈ R,
senx =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn = x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+
x9
9!
− x
11
11!
+ · · ·
Exemplo 13.6 Vamos encontrar a expansa˜o em se´ria de Taylor para a func¸a˜o f(x) = 1/x com centro
em a = 2. Calculando as derivadas de f obtemos
f ′(x) = − 1
x2
f ′′(x) =
2
x3
f (3)(x) = − 6
x4
f (4)(x) =
24
x5
. . . f (n)(x) = (−1)n n!
xn+1
Assim, calculando em a = 2 obtemos f (n)(2) = (−1)n n!
2n+1
para todo n ≥ 0 (Consideramos f (0) = f).
Logo, os coeficientes da se´rie de Taylor para f(x) = 1/x com centro em a = 2 sa˜o
cn =
f (n)(2)
n!
= (−1)n 1
2n+1
,
e a se´rie de Taylor de f(x) = 1/x com centro em a = 2 e´, portanto,
∞∑
n=0
(−1)n 1
2n+1
(x− 2)n.
13.1 Exerc´ıcios da sec¸a˜o
1. Encontre a se´rie de Taylor da func¸a˜o f em a. Se na˜o conseguir encontrar uma lei geral para os
coeficientes da se´rie, expresse somente seus primeiros (digamos, cinco) termos.
(a) f(x) = ex, a = −1 (b) f(x) = tg x, a = pi/4 (c) f(x) = √x, a = 1
(d) f(x) = ln(1/x), a = 2 (e) f(x) = sen 2x, a = pi/4 (f) f(x) = cosx, a = 0
2. Considere a func¸a˜o f definida (por sua expansa˜o em se´rie de Taylor com centro em a) por
f(x) =
∞∑
n=0
n
(n+ 1)!
(x− a)n.
Verifique que f esta´ definida para todo nu´mero real e calcule o limite lim
n→∞ f
(n)(a).
3. Suponha que a se´rie de poteˆncias
∞∑
n=0
anx
n tenha raio de convergeˆncia na˜o nulo R. Suponha,
ainda, que exista r > 0, com r < R, tal que, para todo x ∈]− r, r[ se tenha
∞∑
n=0
anx
n = 0. Prove
que an = 0 para todo natural n.
Refereˆncias bibliogra´ficas
[1] H. L. Guidorizzi, Um Curso de Ca´lculo, Vol.4, Ed.5, Rio de Janeiro: LTC, 2008.
[2] E. L. Lima, Curso de Ana´lise, Vol.1, Ed.11, Rio de Janeiro: IMPA, 2006.
[3] M. A. Munem e D. J. Foulis, Ca´lculo, Vol.2, Rio de Janeiro: LTC, 2008.
35