Matemática universitária — Graduação 1 · Bachelor Year 1

16Fórmulas de Taylor e Expansões Assintóticas

Perto de um ponto, uma função suave vale tanto quanto um polinômio — com um erro controlável. As fórmulas de Taylor tornam isso exato em três versões (resto integral, resto de Lagrange, resto de Young), e as expansões assintóticas resultantes, manipuladas algebricamente, tornam-se a ferramenta mais afiada da análise elementar: limites, equivalentes, comportamento local, assíntotas.

16.1 Notação de comparação

Definição 16.1 (Notação de Landau)

Sejam $f, g$ definidas perto de $x_0$ ( $x_0 \in \R$ ou $\pm\infty$ ). Escreve-se, quando $x \to x_0$ :

$f = o(g)$ (“o pequeno”) quando $f = \varepsilon g$ com $\varepsilon(x) \to 0$ ;
$f = O(g)$ (“O grande”) quando $f = u g$ com $u$ limitada perto de $x_0$ ;
$f \sim g$ (“equivalente”) quando $f = (1 + \varepsilon) g$ com $\varepsilon \to 0$ — equivalentemente $f - g = o(g)$ .

A mesma notação aplica-se a sequências ( $n \to \infty$ ).

Proposição 16.2 (Regras)

Quando $x \to x_0$ :

$\sim$ é uma relação de equivalência; $f \sim g$ implica que $f$ e $g$ compartilham limites, sinais (perto de $x_0$ ) e a ausência de zeros;
equivalentes multiplicam-se e dividem-se: $f_1 \sim g_1$ , $f_2 \sim g_2$ implicam $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ e $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ ;
equivalentes não se somam: $x + 1 \sim x$ e $-x \sim -x + 2$ em $+\infty$ , e no entanto as somas $1$ e $2$ não são equivalentes. Para somar, volte às expansões com termos $o(\cdot)$ explícitos;
$o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) = o(g)$ , e $f \sim g \iff f = g + o(g)$ .

Demonstração. Cada uma é uma curta manipulação das definições; por exemplo $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ e $(1 + \varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$ . Dois itens de (4) merecem a sua linha. $u\cdot o(g) = o(ug)$ : se $f = \varepsilon g$ com $\varepsilon \to 0$ , então $uf = \varepsilon\,(ug)$ com o mesmo $\varepsilon$ . $o(o(g)) = o(g)$ : se $f = \varepsilon_1 h$ e $h = \varepsilon_2 g$ com ambos $\varepsilon_i \to 0$ , então $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ e o produto dos dois infinitésimos é um infinitésimo. A equivalência $f \sim g \iff f = g + o(g)$ é a definição lida duas vezes: $f - g = \varepsilon g$ . O contraexemplo em (3) é a demonstração de (3). ∎

Exemplo 16.3 (A escala de comparação)

Quando $x \to +\infty$ , a escala padrão lê-se, em ordem crescente de força:

1 \;=\; o(\ln x), \quad \ln x = o(x^{0.01}), \quad x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad \sqrt x = o(x^{10}), \quad x^{10} = o(\eu^{x}), \quad \eu^x = o(\eu^{2x}) ,

cada passo sendo uma instância das comparações de crescimento da Proposição 4.6 (potências vencem logaritmos, exponenciais vencem potências, e dentro de uma mesma família o expoente decide). Dois hábitos que vale a pena formar: primeiro, um $O(\cdot)$ que aterrissa numa classe menor melhora silenciosamente ( $O(\ln x)$ também é $o(x^{0.01})$ ); segundo, em $x \to 0^+$ toda a escada se inverte pela substituição $x \mapsto \frac1x$ — $\ln x = o(x^{-0.01})$ ali, de modo que “ $x^\alpha \ln x \to 0$ ” vale para todo $\alpha > 0$ . Manter a escala em ordem é metade de todo argumento assintótico do Capítulo 17.

Exemplo 16.4 (Unicidade das expansões, e um dividendo de paridade)

Se uma função admite duas expansões em $0$ até a mesma ordem,

a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n) = b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),

então $a_k = b_k$ para todo $k$ : subtraindo e pondo $c_k = a_k - b_k$ , avalie a identidade $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ quando $x \to 0$ para obter $c_0 = 0$ ; divida por $x$ e repita — cada divisão é legítima porque a expressão restante é novamente $o(x^{n-k})$ . Os coeficientes são portanto intrínsecos, e podem ser calculados por qualquer caminho (derivadas de Taylor, álgebra sobre expansões conhecidas, integração): todos os caminhos devem concordar. Dividendo: uma função par tem apenas potências pares na sua expansão — substitua $x$ por $-x$ e invoque a unicidade; do mesmo modo as funções ímpares têm potências ímpares. É por isso que $\cos$ carrega $o(x^{2p+1})$ em vez de $o(x^{2p})$ na tabela abaixo: o termo ímpar ausente é informação gratuita, uma ordem de precisão de graça.

16.2 As três fórmulas de Taylor

Teorema 16.5 (Taylor com resto integral)

Seja $f$ de classe $C^{n+1}$ num intervalo contendo $a$ e $x$ . Então

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k + \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .

Demonstração. Indução sobre $n$ . Para $n = 0$ : $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ é o teorema fundamental (Teorema 15.9). Passo: integre o resto por partes,

\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t = \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x + \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,

o colchete contribuindo com o termo $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ . ∎

Exemplo 16.6 (Uma expansão exata com o seu resto)

Para $\ln(1 + x)$ o resto integral pode ser tornado completamente explícito sem derivar coisa alguma $n$ vezes: integre a identidade geométrica finita $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ de $0$ a $x$ :

\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,

e para $0 \leq x \leq 1$ o resto é majorado por $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . Isto é mais forte do que Taylor–Young de duas maneiras: é uma identidade válida para um $x$ fixo (não apenas quando $x \to 0$ ), e a estimativa do erro é numérica. O problema de fim de semana (Problema 16.1) vive sobre tais formas exatas; Taylor–Young abaixo é a ferramenta mais leve para limites, em que só importa a forma do erro.

Teorema 16.7 (Desigualdade de Taylor–Lagrange)

Seja $f$ de classe $C^{n+1}$ com $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ entre $a$ e $x$ . Então

\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr| \leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .

Demonstração. Majore o resto integral: $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$ . ∎

Exemplo 16.8 (Numérica certificada)

Quanto vale $\sqrt{1.02}$ ? Aplique Taylor–Lagrange a $f(t) = \sqrt{1 + t}$ em $a = 0$ , ordem $2$ , $x = 0.02$ :

\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8} = 1.00995 , \qquad \abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,

de modo que o erro é no máximo $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} = 5\cdot10^{-7}$ : $\sqrt{1.02} = 1.00995$ com seis decimais certificadas (valor verdadeiro $1.0099504938\dots$ — a estimativa é quase ótima). A ideia de fechamento: Taylor–Young diz apenas quão rápido o erro se anula; Taylor–Lagrange converte o mesmo polinômio num certificado, um número acompanhado de uma barra de erro demonstrada. Sempre que uma afirmação decimal é feita neste livro, há uma estimativa do tipo Lagrange por trás dela; o problema de fim de semana (Problema 16.1) industrializa a ideia.

Teorema 16.9 (Taylor–Young)

Seja $f$ $n$ vezes derivável em $a$ . Então, quando $x \to a$ :

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k + o\bigl((x-a)^n\bigr) .

Demonstração. Indução sobre $n$ . Para $n = 1$ isto é a definição da derivada (Definição 14.1). Suponha o enunciado na ordem $n - 1$ , e seja $f$ $n$ vezes derivável em $a$ . Aplique a hipótese de indução a $f'$ (que é $n-1$ vezes derivável em $a$ ):

f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t), \qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).

Seja $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ ; então $g' = r$ e $g(a) = 0$ . Dado $\varepsilon > 0$ , escolha $\delta$ com $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ para $\abs{t-a} \leq \delta$ ; a desigualdade do valor médio (Teorema 14.9) aplicada no segmento de $a$ a $x$ (onde $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$ ) dá $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$ : exatamente $g(x) = o((x-a)^n)$ . ∎

Observação 16.10 (Três fórmulas, três preços, três produtos)

As hipóteses graduam-se exatamente com as conclusões. Taylor–Young pede o mínimo ( $n$ derivadas no ponto apenas) e devolve o mínimo: um $o((x-a)^n)$ qualitativo, perfeito para limites, inútil para dígitos certificados. A desigualdade de Lagrange pede $C^{n+1}$ no intervalo e uma cota $M$ ali, e devolve uma barra de erro numérica. A forma integral pede a mesma regularidade e devolve o mais possível: o erro como um objeto explícito que se pode transformar (integrar por partes, majorar por pedaços, mudar de variável) — é a forma que alimentou a máquina de irracionalidade do Problema 15.1. Escolher a fórmula mais fraca que sustenta o objetivo não é pedantismo: a função plana do Problema 16.1 satisfaz Taylor–Young em toda ordem, ao passo que toda conclusão mais forte a seu respeito é falsa longe de $0$ .

Proposição 16.11 (Expansões padrão em $0$ )

Quando $x \to 0$ , para toda ordem fixa $n$ :

\begin{align*} \eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots + \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\ \frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\ \ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\ (1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n), \end{align*}

onde $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}$ para $\alpha$ real. ( $\cosh$ e $\sinh$ : iguais a $\cos$ , $\sin$ sem os sinais alternados.)

Demonstração. Cada função é suave perto de $0$ com derivadas fáceis de avaliar: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ; as derivadas de $\sin$ e $\cos$ ciclam com período $4$ ; $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$ ; $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ . Aplique Taylor–Young em $a = 0$ . (A geométrica é exata: $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$ .) ∎

Método 16.12 (Calcular com expansões)

Fixe primeiro a ordem alvo $n$ , e trunque ali todo resultado intermediário — carregar termos de ordem superior é trabalho desperdiçado, descartar os de ordem inferior é um erro.
Somas, produtos: expanda cada fator até a ordem $n$ e multiplique, descartando o que passa de $x^n$ .
Composição $f(u(x))$ com $u(x) \to 0$ : substitua a expansão de $u$ na de $f$ , ordem a ordem.
Quocientes: escreva $\frac{1}{1 + v}$ com $v \to 0$ e use a expansão geométrica.
Integre uma expansão termo a termo (derivar exige mais cuidado — justificativa: a integral de $o(t^n)$ de $0$ a $x$ é $o(x^{n+1})$ , por majoração direta).

Exemplo 16.13 (Composição, com a contabilidade à vista)

Expanda $\eu^{\sin x}$ até a ordem $3$ . Expansão interna: $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ , que de fato tende a $0$ . Externa: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ , e $o(u^3) = o(x^3)$ pois $u \sim x$ . Potências de $u$ , truncadas em $x^3$ :

u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)

(o termo cruzado $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ já é $x^4$ ). Junte tudo:

\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :

as duas contribuições em $x^3$ cancelam-se exatamente. A ideia de fechamento: $\eu^{\sin x}$ e $\eu^x$ coincidem até a ordem $3$ — não porque $\sin x \approx x$ grosseiramente, mas porque a primeira discordância dos expoentes ( $-\frac{x^3}{6}$ ) entra multiplicada por $\eu^0 = 1$ e é então compensada pelo termo cúbico da exponencial externa; a contabilidade ordem a ordem detecta tais conspirações, o olho nunca. (O termo seguinte é $-\frac{x^4}{8}$ : a trégua acaba na ordem $4$ .)

Exemplo 16.14

Expansão de $\tan$ na ordem $5$ . Escreva $\tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$ :

\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)\bigr)} = 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr) + \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),

então

\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .

O seno (escuro) contra os seus polinômios de Taylor em 0: T_1 = x, T_3 = x - x3/6 (tracejado), T_5 = x - x3/6 + x5/120 (pontilhado). Cada novo par de termos abraça a curva numa janela visivelmente mais larga, mas todo polinômio acaba por se desprender: uma expansão de Taylor é um contrato local, afiado em 0 e mudo ao longe. A estimativa de Taylor–Lagrange |x|n+1(n+1)! quantifica a janela; a função plana do mostra que o contrato pode até ser vazio para além do próprio ponto. — O seno (escuro) contra os seus polinômios de Taylor em $0$ : $T_1 = x$ , $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (tracejado), $T_5 = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (pontilhado). Cada novo par de termos abraça a curva numa janela visivelmente mais larga, mas todo polinômio acaba por se desprender: uma expansão de Taylor é um contrato *local*, afiado em $0$ e mudo ao longe. A estimativa de Taylor–Lagrange $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ quantifica a janela; a função plana do Problema 16.1 mostra que o contrato pode até ser vazio para além do próprio ponto.

16.3 Aplicações

Exemplo 16.15 (Limites)

\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}: \qquad x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}, \qquad\text{logo o limite é } \frac16

— resolvendo a questão levantada no Exercício 4.9. Do mesmo modo $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$ : o logaritmo é

\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) = \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) \longrightarrow -\frac16, \qquad\text{limite } \eu^{-1/6}.

Observação 16.16 (Armadilhas comuns com expansões)

(i) Nunca some nem subtraia equivalentes: de $\tan x \sim x$ e $\sin x \sim x$ não se pode concluir $\tan x - \sin x \sim 0$ (o que não faz sentido) — a via honesta são as expansões:

\tan x - \sin x = \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .

(ii) Expanda para além do massacre: no mesmo cálculo, a ordem $1$ vê apenas $x - x = 0$ ; sempre que os termos dominantes se cancelam, aumente a ordem até que um coeficiente não nulo sobreviva, e só então converta de volta para um equivalente. (iii) Equivalentes não passam através de exponenciais: $n^2 + n \sim n^2$ , e no entanto $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ não é equivalente a $\eu^{n^2}$ — exponencie apenas expansões do expoente cujo erro tende a $0$ , nunca equivalentes do expoente. (Logaritmos são mais seguros: se $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ , $\ell > 0$ , então $\ln u_n \sim \ln v_n$ .) (iv) O cálculo com $o(\cdot)$ é unidirecional: $o(x^2) + o(x^2) = o(x^2)$ , $5\,o(x^2) = o(x^2)$ , $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — mas um $o(x^2)$ não é uma função específica, logo nunca cancele dois deles um contra o outro: $o(x^2) - o(x^2)$ é $o(x^2)$ , e não $0$ .

Proposição 16.17 (Comportamento local)

Suponha $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ com $c \neq 0$ (primeiro termo não nulo depois da constante; $p \geq 2$ num ponto crítico).

Se $p$ é par: $f$ tem um mínimo local em $a$ se $c > 0$ , e um máximo local se $c < 0$ .
Se $p$ é ímpar: nenhum extremo ( $f - f(a)$ muda de sinal); se além disso a expansão começa depois de um termo linear $f'(a)(x - a)$ , o gráfico atravessa a sua tangente: uma inflexão.

Demonstração. Perto de $a$ , $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ tem o sinal de $c\,(x-a)^p$ : sinal constante para $p$ par, e sinal variável para $p$ ímpar. ∎

Exemplo 16.18 (Expoentes devem ser expandidos até $o(1)$ )

Encontre um equivalente de $u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$ . Expanda o expoente até que o seu erro tenda a $0$ :

n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr) = n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

logo $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ com $\eu^{O(1/n)} \to 1$ :

u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .

Note o que teria dado errado com menos cuidado: parar o expoente em $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ deixa um fator $\eu^{O(1)}$ — limitado, mas não tendendo a $1$ — e nenhum equivalente pode ser afirmado. A regra das armadilhas acima, em forma positiva: um equivalente de $\eu^{a_n}$ exige a expansão de $a_n$ até um termo que tende a zero, mantendo exatamente todo coeficiente anterior a esse.

Exemplo 16.19 (Classificando um ponto crítico achatado)

Estude $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ perto de $0$ . Tanto $f'(0) = 0$ quanto $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ : o teste da segunda derivada é mudo. Expanda em vez disso:

f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :

primeiro termo não nulo $c\,x^p$ com $p = 4$ par e $c = \frac{1}{24} > 0$ : um mínimo local, de achatamento incomum (o gráfico deixa o seu valor mínimo como $x^4$ , e não como $x^2$ ). A ideia de fechamento: a expansão vê numa linha o que a derivação iterada obscurece — e a Proposição 16.17 é o dicionário sistemático que traduz “primeiro termo sobrevivente” em “forma local”.

Exemplo 16.20 (Expansões no infinito)

Dois cálculos em que a variável tende a $+\infty$ e a substituição $h = \frac1x \to 0^+$ importa toda a caixa de ferramentas. Primeiro,

x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr) = x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} + O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Segundo, o arco-tangente no infinito: de $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ para $x > 0$ (Proposição 4.12) e da expansão de $\arctan$ em $0$ (Exercício 16.3),

\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x = \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} + o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :

o gráfico aproxima-se da sua assíntota $y = \frac\pi2$ por baixo, à velocidade $\frac1x$ . A ideia de fechamento: não há teoria separada de expansões no infinito — uma única substituição recíproca reduz todas elas a expansões em $0$ , desde que todo $O$ e todo $o$ intermediário seja carregado honestamente.

Exemplo 16.21 (Assíntota por expansão)

Quando $x \to +\infty$ ,

\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x} = x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr) = x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):

a reta $y = x + \frac12$ é uma assíntota, aproximada por baixo (o termo seguinte $-\frac{1}{8x}$ é negativo).

Observação 16.22 (Onde as expansões atuam a seguir)

As expansões assintóticas são a língua corrente do resto do livro: no Capítulo 17 elas decidem a convergência (os equivalentes alimentam os testes de comparação, e o estudo de $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ é uma expansão disfarçada); no volume do segundo ano de graduação elas tornam-se séries de potências, em que o polinômio de Taylor adquire infinitos termos e um raio de convergência; e toda linearização em física — o pêndulo, a perturbação de primeira ordem — é um enunciado de Taylor–Young com o $o(\cdot)$ silenciosamente descartado. O único aviso que vale gravar: uma expansão descreve uma função apenas perto de um ponto — veja a função plana do problema de fim de semana, cuja expansão em $0$ é identicamente nula sem que a função o seja.

Observação 16.23 (Perspectivas dentro deste volume)

As expansões são a língua de trabalho do resto da análise e da geometria que virá. O Capítulo 17 converte-as em veredictos de convergência: um equivalente do termo geral é uma expansão truncada no seu primeiro termo, e os testes mais finos (séries alternadas com controle do erro) consomem também o segundo termo. O Capítulo 24 lê a geometria local a partir das expansões das duas funções coordenadas: se uma curva parametrizada atravessa, tangencia ou forma uma cúspide num ponto é decidido por quais potências de $t$ sobrevivem em $x(t)$ e $y(t)$ — a versão plana da Proposição 16.17. E o Capítulo 25 para de propósito na ordem um: o plano tangente é um enunciado de Taylor–Young em duas variáveis, com a teoria completa de segunda ordem (hessianas, pontos de sela) adiada para o volume do segundo ano de graduação. O fio comum: toda questão “local” neste livro é respondida escrevendo o primeiro termo sobrevivente de uma expansão.

16.4 Exercícios

Exercício 16.1 ★

Dê as expansões em $0$ : $\eu^{2x}$ até a ordem $3$ ; $\;\ln(1 - x)$ até a ordem $4$ ; $\;\sqrt{1 + x}$ até a ordem $3$ ; $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ até a ordem $6$ .

Solução

Solução de Exercício 16.1.

\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3); \qquad \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4);

\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3); \qquad \frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),

a última substituindo $-x^2$ na expansão geométrica.

Exercício 16.2 ★

Calcule os limites:

\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.

Solução

Solução de Exercício 16.2.

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : limite $\dfrac12$ .

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ e $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$ : diferença $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$ : limite $\dfrac16$ .

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : limite $-\dfrac12$ .

Exercício 16.3 ★

Expanda $\arctan x$ em $0$ até a ordem $5$ integrando a expansão de $\frac{1}{1 + x^2}$ , e $\arcsin x$ até a ordem $5$ integrando a de $(1 - x^2)^{-1/2}$ .

Solução

Solução de Exercício 16.3.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ; integrando de $0$ a $x$ (Método 16.12 (5)):

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{até mesmo }o(x^6)\text{, por imparidade}).

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ (expansão binomial com $\alpha = -\frac12$ , $x = -t^2$ : $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$ ); integrando:

\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .

Exercício 16.4 ★

Usando Taylor–Lagrange para $\exp$ em $\intcc{0}{1}$ , demonstre que

\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!},

e determine um $n$ que garanta $6$ decimais exatas de $\eu$ .

Solução

Solução de Exercício 16.4.

Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) para $\exp$ em $a = 0$ , $x = 1$ : a derivada de ordem $(n+1)$ é $\eu^t \leq \eu < 3$ em $\intcc{0}{1}$ , logo

\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!} .

Para $6$ decimais exatas, queremos $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ , isto é, $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : como $10! = 3\,628\,800$ e $11! = 39\,916\,800$ , temos $n + 1 = 11$ , ou seja, $n = 10$ basta.

Exercício 16.5 ★★

Expanda até a ordem $2$ em $\frac1n$ e deduza o limite e a velocidade de convergência:

\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Solução

Solução de Exercício 16.5.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ . Exponenciando, com $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ e $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2 + o(u^2)$ :

\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Limite $\eu$ ; o erro é $\sim \dfrac{\eu}{2n}$ : lento (um dígito por multiplicação de $n$ por dez).

Exercício 16.6 ★★

Estude o comportamento local em $0$ de $f(x) = x^2 - x^4$ e de $g(x) = x^3 + x^5$ ; e determine a posição do gráfico de $h(x) = \eu^x$ relativamente à sua tangente em $a = 1$ , primeiro localmente e depois globalmente.

Solução

Solução de Exercício 16.6.

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$ : primeiro termo $x^2$ , $p = 2$ par, coeficiente $> 0$ : mínimo local em $0$ (não global: $f(2) = -12$ ).

$g(x) = x^3 + x^5$ : primeiro termo $x^3$ , $p$ ímpar: nenhum extremo; $g$ atravessa a sua tangente (horizontal): inflexão em $0$ .

$h = \exp$ em $a = 1$ : $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2)$ ; a diferença com a tangente é $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ localmente. Globalmente: $\eu^x - \eu x \geq 0$ para todo $x$ , por convexidade (Teorema 14.19 (3)): o gráfico está acima de toda tangente, com igualdade apenas no ponto de contato.

Exercício 16.7 ★★

Determine as assíntotas em $\pm\infty$ de $f(x) = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ e a posição da curva relativamente a elas.

Solução

Solução de Exercício 16.7.

Para $x \to +\infty$ :

f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3} = x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} + o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr) = x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):

assíntota $y = x + \frac13$ , curva abaixo dela perto de $+\infty$ . Quando $x \to -\infty$ , o mesmo cálculo continua válido (a raiz cúbica está definida para todos os reais, e $\frac1x \to 0$ ): mesma assíntota $y = x + \frac13$ , mas agora $-\frac{1}{9x} > 0$ : curva acima da reta.

Exercício 16.8 ★★

Encontre o equivalente, quando $n \to \infty$ , de

u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},

cada um como uma potência de $n$ vezes uma constante.

Solução

Solução de Exercício 16.8.

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$ .

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$ .

$w_n$ : com $h = \frac1n \to 0$ , $\sin h - \tan h = \bigl(h - \frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) = -\frac{h^3}{2} + o(h^3)$ , logo $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$ .

Exercício 16.9 ★★★

Seja $f$ de classe $C^2$ em $\R$ . Demonstre que para todo $x$ e todo $h > 0$ :

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,

e deduza a desigualdade do tipo Landau–Kolmogorov: se $\abs f \leq M_0$ e $\abs{f''} \leq M_2$ em $\R$ , então $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ em toda parte. (Otimize em $h$ .)

Solução

Solução de Exercício 16.9.

Taylor–Lagrange na ordem $1$ em torno de $x$ , dos dois lados:

f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-, \qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .

Subtraindo: $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ , logo

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .

Com as cotas globais: $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2 h}{2}$ para todo $h > 0$ . O lado direito é minimizado em $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ (derivada nula), com valor $\sqrt{2M_0M_2}$ — logo $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ . (Se $M_2 = 0$ , faça $h \to \infty$ : $f' = 0$ , o que é coerente.)

Exercício 16.10 ★★★

A sequência $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ , $u_{n+1} = \sin u_n$ decresce para $0$ (justifique brevemente). Para achar a sua velocidade, considere $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ :

usando a expansão de $\sin$ , demonstre $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ;
com Cesàro (Exercício 11.10), deduza $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , e depois o equivalente $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

Solução

Solução de Exercício 16.10.

Em $\intoo{0}{\pi}$ : $0 < \sin u < u$ , logo $(u_n)$ é estritamente decrescente e positiva, portanto convergente; o limite é um ponto fixo de $\sin$ em $\intcc{0}{\pi}$ , e $\sin \ell = \ell$ força $\ell = 0$ (pois $\sin x < x$ para $x > 0$ ).

Usando $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ quando $u \to 0$ :

$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$
Por Exercício 11.10 (3) (Cesàro para diferenças), $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , isto é, $v_n \sim \frac n3$ , isto é, $u_n^2 \sim \frac 3n$ : como $u_n > 0$ ,

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

Exercício 16.11 ★★

(Diferenças de infinitos) Calcule

\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr) \qquad\text{e}\qquad \lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)

reduzindo ao mesmo denominador e expandindo numerador e denominador separadamente.

Solução

Solução de Exercício 16.11.

Denominadores comuns. Primeiro limite:

\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x}, \qquad \sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,

logo o numerador é $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ enquanto o denominador é $\sim x^4$ : o limite é $-\dfrac13$ .

Segundo: $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) - x}{x\ln(1+x)}$ ; o numerador é $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ , o denominador $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$ : o limite é $-\dfrac12$ .

Exercício 16.12 ★★★

(Assintótica de raízes implícitas) Mostre que para todo $k \in \N^*$ a equação $\tan x = x$ tem exatamente uma solução $x_k$ em $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , que $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ com $\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k}$ , e deduza a expansão

x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac 1k\Bigr) \qquad (k \to \infty).

Solução

Solução de Exercício 16.12.

Em $I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , a função $g(x) = \tan x - x$ tem derivada $\tan^2 x \geq 0$ , que se anula apenas no único ponto $k\pi$ : $g$ é estritamente crescente em $I_k$ (Corolário 14.12 (2)), com limites $-\infty$ e $+\infty$ nas extremidades: exatamente um zero $x_k$ . Para $k \geq 1$ , $g(k\pi) = -k\pi < 0$ , logo $x_k \in \intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$ : escreva $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ com $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Então

x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr) = \frac{1}{\tan\varepsilon_k} \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,

usando $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ e $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Como $x_k \geq k\pi \to \infty$ : $\varepsilon_k \to 0$ , e

\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} + O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,

donde $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\bigl(\frac1k\bigr)$ .

16.5 Problema: Somas alternadas, dígitos certificados e a irracionalidade de $\cos 1$

Problema 16.1

Problema de fim de semana — a estimativa alternada $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ : $\ln 2$ e $\pi$ com decimais demonstradas, a fórmula de Machin, e $\cos 1 \notin \Q$

Uma soma alternada com termos decrescentes é o objeto mais amigável da análise numérica: o seu erro é majorado pelo primeiro termo omitido, com sinal conhecido. Este problema demonstra esse princípio com o teorema das sequências adjacentes, e depois gasta-o de três maneiras: decimais certificadas para $\ln 2$ (três vias concorrentes) e para $\pi$ (Leibniz, e depois a fórmula de Machin de 1706, ainda hoje a ideia por trás dos cálculos recordistas ao longo de séculos), a irracionalidade de $\cos 1$ , $\sin 1$ e $\cosh 1$ e, como contrapeso, a igualdade de Taylor–Lagrange e a função plana cuja expansão de Taylor mente. Ao longo do texto, a linguagem de “série” é informal: toda soma aqui é uma sequência de somas parciais, como no Exemplo 11.12; a teoria propriamente dita abre-se no Capítulo 17.

Parte I — A estimativa alternada. Seja $(a_k)_{k \geq 0}$ decrescente para $0$ e $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ .

Mostre que $(S_{2n+1})$ é não decrescente, $(S_{2n})$ não crescente, e que são adjacentes (Teorema 11.11): ambas convergem para um $S$ comum com, para todo $n$ ,

$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}, \qquad \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$

o erro tendo o sinal do primeiro termo omitido. Mostre além disso que, se o decrescimento for estrito, todas essas desigualdades são estritas.
Primeiro dividendo: para $x = 1$ na série exponencial, compare com o Teorema 16.7 em $a = 0$ : mostre que $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ converge para $\eu^{-1}$ com $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .
(Leibniz, 1674) Da identidade finita exata

$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$

integrada em $\intcc{0}{1}$ , demonstre

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
Lentidão: quantos termos de Leibniz garantem seis decimais exatas de $\pi$ ? (Cerca de dois milhões.) Avalie $4 S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr)$ e a sua distância a $\pi$ , para sentir a dor.

Parte II — $\ln 2$ de três maneiras.

(Via 1: harmônica alternada) De $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ integrada em $\intcc{0}{1}$ :

$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1} :$

o erro é da ordem exata de $\frac 1n$ — um milhão de termos para seis decimais.
(Via 2: a série rápida) Integre $\frac{1}{1 - t^2} = \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ de $0$ a $x \in \intoo{0}{1}$ e avalie em $x = \frac13$ (note $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ):

$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$

convergência geométrica, cerca de um dígito por termo.
(Via 3: somas de Riemann e uma identidade escondida) Demonstre por indução a identidade

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$

e recupere $\ln 2$ como limite de somas de Riemann do Exemplo 15.21: as Vias 1 e 3 são secretamente o mesmo número visto duas vezes.
Duelo com seis termos: compare $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ com a Via 2 em $n = 5$ , que já dá $\ln 2 = 0.693147$ com erro $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ . Explique a razão estrutural (ponto de avaliação bem no interior do intervalo de convergência versus na sua fronteira).
Quantos termos da Via 2 certificam dez decimais de $\ln 2$ ? Mostre que $n = 10$ basta.

Parte III — A fórmula de Machin.

Calcule $(5 + \iu)^4$ e verifique a identidade complexa

$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$

Tomando argumentos (convenções do Capítulo 3), deduza a fórmula de Machin

$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$

(Verifique que nenhum argumento sai de $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .)
Como na questão 3, estabeleça para $0 < x < 1$ :

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
Certifique $\pi$ com sete decimais usando seis termos: majore o erro total de

$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1} - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$

por $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} + 4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$ , e dê o valor resultante $3.1415926\dots$
Compare as três vias para $\pi$ agora disponíveis — Leibniz (questão 4), as integrais de Dalzell do Problema 15.1 (erro $4^{1-5m}$ ), Machin (erro $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — em dígitos por termo, e explique por que encolher o ponto de avaliação vence tudo.

Parte IV — A armadilha dos inteiros, edição alternada.

Suponha $\cos 1 = \frac pq$ . Multiplique o enquadramento alternado estrito de $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (questão 1) por $(2n)!$ com $2n \geq q$ , e obtenha uma contradição: $\cos 1$ é irracional.
Adapte a $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (multiplicando por $(2n+1)!$ ): $\sin 1 \notin \Q$ . Ambos irracionais, e no entanto $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : a irracionalidade não é estável sob operações algébricas.
O primo não alternado: $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (no sentido de somas parciais, com a majoração bilateral da cauda $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , a ser demonstrada). Conclua $\cosh 1 \notin \Q$ pela mesma armadilha.
Vá até $\cos\frac 1m$ para todo inteiro $m \geq 1$ : multiplique por $m^{2n}(2n)!$ e conclua $\cos\frac1m \notin \Q$ . Onde é que a mesma tentativa falha para $\cos\frac ab$ com $b > 1$ geral? (Identifique o denominador que deixa de ser eliminado.)

Parte V — Mais afiado e mais sombrio: a forma de igualdade, e uma função que engana Taylor.

(Taylor–Lagrange, forma de igualdade) Seja $f$ $n + 1$ vezes derivável entre $a$ e $x$ . Defina $g(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ com a constante $A$ escolhida de modo que $g(a) = 0$ . Calcule $g'$ (a soma telescopa), aplique Rolle em $\intcc{a}{x}$ , e conclua que existe $c$ estritamente entre $a$ e $x$ com

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$
Dividendo da igualdade: para $x > 0$ mostre

$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}$

(estritamente, para todo $n$ ), e localize onde a desigualdade se inverte para $x < 0$ conforme a paridade de $n$ .
Compare os restos em $\sin(0.5)$ na ordem $3$ : Young dá apenas $o(x^3)$ (nenhum número); Lagrange dá $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ ; a estimativa alternada dá a mesma cota mais a informação de sinal $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . Compare com o erro verdadeiro $2.59\cdot10^{-4}$ : a cota é quase atingida. Qual ferramenta você escolheria, e quando?
(A função plana) Seja $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ para $x \neq 0$ , $f(0) = 0$ . Mostre que $f$ é contínua em $0$ , que $f'(0) = 0$ , e mais geralmente — demonstrando que toda derivada tem a forma $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ para um polinômio $P_k$ (indução) — que $f^{(k)}(0) = 0$ para todo $k$ (comparação de crescimento, Proposição 4.6). Conclua: todos os polinômios de Taylor de $f$ em $0$ se anulam, e no entanto $f(x) > 0$ para $x \neq 0$ : Taylor–Young vale em toda ordem, e nada diz sobre $f$ longe de $0$ . As expansões descrevem germes, e não funções.

Parte VI — Síntese.

Aplique a armadilha mais uma vez, a $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ : multiplique o enquadramento alternado estrito por $n!$ e conclua $\eu^{-1} \notin \Q$ , logo $\eu \notin \Q$ — a terceira demonstração deste fato no volume. Liste as três (sequências adjacentes, Exercício 11.9; integrais, Problema 15.1; somas alternadas, aqui) e o que cada uma exigiu.
As letras miúdas: a monotonia não é decorativa. Seja $b_k = \frac1k$ para $k$ ímpar e $b_k = \frac{1}{k^2}$ para $k$ par: os $b_k$ são positivos e tendem a $0$ , e no entanto as somas parciais de $\sum (-1)^k b_k$ divergem para $-\infty$ . Demonstre-o (separe a soma parcial na parte par, majorada pelo Exemplo 11.22, e na parte ímpar, que domina metade da série harmônica, Exercício 11.5), e diga exatamente qual passo da questão 1 usou a monotonia.
Verifique a identidade mais simples de Euler $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ via $(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ , estime os termos necessários para seis decimais de $\pi$ por essa via ( $n = 10$ basta), e situe-a entre Leibniz e Machin na classificação da questão 13.
Síntese, uma frase para cada: (i) enuncie a estimativa alternada e as suas duas saídas (cota e sinal); (ii) por que identidades finitas exatas com restos explícitos vencem enunciados de limite para a numérica certificada; (iii) inventário do problema ( $\pi$ com $10^{-7}$ à mão, $\ln 2$ com dez decimais, quatro demonstrações de irracionalidade, um teorema de igualdade, um exemplo de advertência); (iv) quais desses fios o Capítulo 17 retomará (o teste das séries alternadas, convergência absoluta versus condicional, e o drama do rearranjo do seu problema de fim de semana).

Solução

Solução de Problema 16.1.

1. $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ e $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$ , enquanto $S_{2n} - S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$ : as sequências $(S_{2n+1})$ , $(S_{2n})$ são adjacentes e convergem para um $S$ comum (Teorema 11.11) com $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ . Para $n$ par: $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ dá $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ ; para $n$ ímpar: $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ . Nos dois casos $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ e $S - S_n$ tem o sinal de $(-1)^{n+1}$ , o primeiro termo omitido. O decrescimento estrito torna estrita cada desigualdade exibida, em particular $0 < \abs{S - S_n} < a_{n+1}$ .

2. $a_k = \frac{1}{k!}$ decresce estritamente para $0$ : a questão 1 aplica-se. Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) para $\exp$ entre $-1$ e $0$ : $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (a derivada $\eu^t$ é $\leq 1$ ali), logo $T_n \to \eu^{-1}$ , e o limite $S$ da questão 1 é $\eu^{-1}$ , com as cotas estritas $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .

3. Integrando a identidade em $\intcc{0}{1}$ : o lado esquerdo é $\arctan 1 = \frac\pi4$ (teorema fundamental), o $k$ -ésimo termo dá $\frac{(-1)^k}{2k+1}$ , e

\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t, \qquad \abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .

4. O erro em $\pi$ é $4\abs{\rho_n} \leq \frac{4}{2n+3}$ : ficar abaixo de $10^{-6}$ exige $2n + 3 > 4\cdot10^6$ , cerca de dois milhões de termos. Já $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 = 3.339683$ , a quase $0.2$ de $\pi$ : cinco termos, nem sequer um dígito.

5. Integrando em $\intcc{0}{1}$ : $\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ com $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$ ; de $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ : $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$ . O erro fica preso entre dois múltiplos de $\frac1n$ : seis decimais custam cerca de um milhão de termos.

6. Integrando de $0$ a $x$ : $\frac12\ln\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$ . Em $x = \frac13$ : $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ , e em $\intcc{0}{\frac13}$ , $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :

cada termo adicional divide o erro por cerca de $9$ .

7. Indução: para $n = 1$ : $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ . Passo:

H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},

que é exatamente o incremento da soma alternada. E $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ é a soma de Riemann do Exemplo 15.21, que converge para $\ln 2$ : as somas parciais pares da Via 1 são as somas de Riemann da Via 3.

8. $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$ , erro $0.0765$ ; a Via 2 em $n = 5$ dá $0.6931471$ com erro $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$ . A razão: a Via 1 avalia a série do logaritmo no ponto de fronteira $x = 1$ , onde os termos decaem como $\frac1k$ ; a Via 2 avalia em $x = \frac13$ , bem no interior, onde cada termo carrega um fator novo $\frac19$ .

9. Dez decimais: queremos $\tilde\rho_n \leq 5\cdot10^{-11}$ . Em $n = 10$ : $\frac94 \cdot \frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23} \approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$ : onze termos bastam.

10. $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ , e depois $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ; e $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 + 240\iu) = 476 + 480\iu$ : iguais. Argumentos: $\arg(5 + \iu) = \arctan\frac15$ , logo o lado esquerdo tem argumento $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$ ; o lado direito tem argumento $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in \intoo{0}{\pi}$ . Dois números complexos iguais com argumentos no mesmo intervalo de comprimento $< 2\pi$ :

4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,

que é a fórmula de Machin.

11. Integre $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ de $0$ a $x$ :

\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t = \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .

12. Erros: $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot 10^{-8}$ e $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : total $< 5\cdot10^{-8}$ . A soma exibida vale $3.14159268\dots$ , logo $\pi = 3.1415926\dots$ certificado com $5\cdot10^{-8}$ : sete decimais a partir de seis termos (cinco em $\frac15$ , dois em $\frac1{239}$ contando com generosidade).

13. Leibniz: erro $\sim \frac1n$ , de modo que cada novo dígito multiplica o trabalho por dez. Dalzell (Problema 15.1, questão 22): erro $4^{1-5m}$ , cerca de três dígitos por passo, cada passo com um polinômio mais pesado. Machin: razão de erro $\frac{1}{25}$ por termo, cerca de $1.4$ dígitos por termo, cada termo uma divisão. A moral: o resto de uma expansão de tipo geométrico escala como $x^{2n}$ , logo tornar $x$ pequeno compra dígitos a um custo fixo por termo — a identidade complexa de Machin é precisamente uma máquina para encolher $x$ .

14. $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ decresce estritamente para $0$ ; pela questão 1 e pela Proposição 16.11 (cota de Lagrange como na questão 2), $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ com o enquadramento estrito $0 < \bigl|\cos 1 - S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$ . Suponha $\cos 1 = \frac pq$ e tome $2n \geq q$ : então $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ e $(2n)!\,\frac pq \in \Z$ , ao passo que

0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| < \frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :

um inteiro não nulo de valor absoluto $< 1$ . Contradição: $\cos 1 \notin \Q$ .

15. Identicamente com $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ , multiplicando por $(2n+1)!$ com $2n + 1 \geq q$ : $\sin 1 \notin \Q$ . E no entanto $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : produtos e somas de irracionais podem ser racionais — a irracionalidade não atravessa de graça nenhuma operação algébrica.

16. Majoração da cauda: para $m > n$ ,

\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!} \leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 + \dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,

pois cada razão sucessiva é $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ ; a cauda é positiva (o seu primeiro termo é). Logo $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , e multiplicar por $(2n)!$ com $2n \geq q$ prende de novo um inteiro não nulo em $\intoo{0}{1}$ : $\cosh 1 \notin \Q$ .

17. $\cos\frac1m = \sum_k \frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$ : os termos decrescem estritamente para zero, e $m^{2n}(2n)!\cdot\frac{1}{m^{2k}(2k)!} = m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ para $k \leq n$ . Se $\cos\frac1m = \frac pq$ , multiplique o enquadramento estrito por $q\,m^{2n}(2n)!$ : o erro é majorado por $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ para $n$ grande: contradição. Para $\frac ab$ com $a \geq 2$ : eliminar os denominadores multiplica a cauda por $b^{2n}(2n)!$ , mas o primeiro termo omitido é $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$ , e o produto $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ explode: o numerador $a^{2n+2}$ deixa de ser eliminado, e a armadilha emperra. (O resultado continua verdadeiro — por uma maquinaria ao estilo de Niven, não por esta.)

18. Em $t = x$ todo termo de $g$ se anula exceto $f(x) - f(x) = 0$ : $g(x) = 0$ ; $A$ é escolhido de modo que $g(a) = 0$ . Derivando, a soma telescopa:

g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n + A\,\frac{(x-t)^n}{n!} = \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .

Rolle no segmento de $a$ a $x$ dá $c$ estritamente entre eles com $g'(c) = 0$ ; como $(x - c)^n \neq 0$ : $A = f^{(n+1)}(c)$ . Desdobrando $g(a) = 0$ obtém-se a igualdade de Taylor com resto $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ .

19. Para $x > 0$ , o resto é $\frac{\eu^{c}} {(n+1)!}x^{n+1} > 0$ : a exponencial supera cada um dos seus polinômios de Taylor, estritamente, em toda ordem. Para $x < 0$ o sinal do resto é o de $x^{n+1}$ : $\eu^x$ está acima do polinômio para $n$ ímpar e abaixo dele para $n$ par — lados alternados, como os gráficos de $1 + x$ e $1 + x + \frac{x^2}{2}$ contra $\eu^x$ já mostram.

20. Erro verdadeiro: $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ , contra a cota $\frac{0.5^5}{120} = 2.60\cdot10^{-4}$ : quase atingida (o termo seguinte domina a cauda). Young: para limites e análise local, em que nenhuma constante é necessária. Lagrange: para decimais certificadas. Alternada: quando aplicável, a mesma cota mais a direção do erro — a melhor das três, mas a mais rara.

21. Continuidade em $0$ : com $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$ , $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$ . Derivada em $0$ : $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ (Proposição 4.6): $f'(0) = 0$ . Para $x \neq 0$ , $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ : a forma $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ com $P_1(X) = 2X^3$ ; por indução, derivar $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ dá $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$ , um polinômio. Então

\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0

(polinômio contra $\eu^{-v^2}$ , comparação de crescimento em $\pm\infty$ ): por indução $f^{(k)}(0) = 0$ para todo $k$ . Todos os polinômios de Taylor de $f$ em $0$ se anulam, e no entanto $f > 0$ fora de $0$ : Taylor–Young é exato em toda ordem e cego para além do germe. Uma expansão é informação apenas local.

22. Pela questão 2, $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ , estritamente. Se $\eu^{-1} = \frac pq$ , tome $n \geq q$ e multiplique por $n!$ : $n!\,T_n \in \Z$ e $n!\frac pq \in \Z$ , de modo que um inteiro não nulo tem valor absoluto $< \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$ : contradição. Logo $\eu^{-1} \notin \Q$ , e $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ também é irracional. As três demonstrações: sequências adjacentes espremendo $q!\,\eu$ (Exercício 11.9); a recorrência integral $A_n = \eu - nA_{n-1}$ (Problema 15.1); o enquadramento alternado (aqui). Uma armadilha, três certificados de pequenez.

23. Agrupe as somas parciais aos pares: $\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k = E_n - O_n$ com $E_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{4j^2}$ , limitada (pela cota telescópica do Exemplo 11.22, $E_n \leq \frac12$ ), e $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ (Exercício 11.5): as somas parciais tendem a $-\infty$ . A monotonia foi usada na questão 1 exatamente onde $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ precisava de um sinal: sem decrescimento, as subsequências par e ímpar não precisam ser monótonas, e a adjacência desaba.

24. $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ; tomando argumentos (todos em $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ): $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ . Custo em série para seis decimais: erro $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ , que em $n = 10$ vale $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ : onze termos. Classificação: melhor do que Leibniz por uma margem exponencial, atrás de Machin (cujo ponto dominante $\frac15$ é menor do que $\frac12$ ): cerca de $0.6$ dígitos por termo contra os $1.4$ de Machin.

25. (i) Para $a_k \to 0$ decrescente, as somas parciais alternadas convergem com $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ e o erro carrega o sinal do primeiro termo omitido. (ii) Uma identidade finita com resto explícito pode ser avaliada e majorada num ponto escolhido, enquanto um enunciado de limite só promete proximidade eventual — a certificação exige a primeira. (iii) Extraído: $\pi$ com $5\cdot10^{-8}$ por Machin, $\ln 2$ com dez decimais pela série em $\frac13$ , a irracionalidade de $\cos 1$ , $\sin 1$ , $\cosh 1$ , $\cos\frac1m$ e $\eu^{-1}$ , a igualdade de Taylor–Lagrange e o aviso da função plana. (iv) O Capítulo 17 transforma a questão 1 no teste das séries alternadas, separa a convergência absoluta da condicional, e o seu problema de fim de semana encena o drama do rearranjo, para o qual a série harmônica alternada da Via 1 é a testemunha principal.

16.1 Notação de comparação

16.2 As três fórmulas de Taylor

16.3 Aplicações

16.4 Exercícios

16.5 Problema: Somas alternadas, dígitos certificados e a irracionalidade de cos⁡1\cos 1cos1

16.5 Problema: Somas alternadas, dígitos certificados e a irracionalidade de $\cos 1$