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title: "Fórmulas de Taylor e Expansões Assintóticas"
book: "Matemática universitária — Graduação 1"
subject: math
language: pt
chapter: 16
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/16-formulas-de-taylor-e-expansoes-assintoticas
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# Capítulo 16 — Fórmulas de Taylor e Expansões Assintóticas

Perto de um ponto, uma função suave vale tanto quanto um [polinômio](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) — 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 $x \to x_0$:

1. $\sim$ é uma [relação de equivalência](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-equiv) ; $f \sim g$ implica que $f$ e $g$ compartilham limites, sinais (perto de $x_0$ ) e a ausência de zeros;
2. 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 $\frac{f_1}{f_2}  \sim \frac{g_1}{g_2}$ ;
3. 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;
4. $o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) =  o(g)$ , 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-powerrules) (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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series).

**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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-ftc)). 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](#pb-b1-taylor-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](#pb-b1-taylor-1)) industrializa a ideia.

**Teorema 16.9 (Taylor–Young).**

Seja $f$ $n$ vezes [derivável](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) ([Definição 14.1](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def)). Suponha o enunciado na ordem $n - 1$, e seja $f$ $n$ vezes [derivável](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) em $a$. Aplique a hipótese de indução a $f'$ (que é $n-1$ vezes [derivável](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#thm-b1-derivative-mvt)) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) *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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals)* 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#pb-b1-integration-1). Escolher a fórmula mais fraca que sustenta o objetivo não é pedantismo: a função plana do [Problema 16.1](#pb-b1-taylor-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 000).**

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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) fáceis de avaliar: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$; as [derivadas](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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).**

1. *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.
2. *Somas, produtos* : expanda cada fator até a ordem $n$ e multiplique, descartando o que passa de $x^n$ .
3. *Composição* $f(u(x))$ com $u(x) \to 0$ : substitua a expansão de $u$ na de $f$ , ordem a ordem.
4. *Quocientes* : escreva $\frac{1}{1 + v}$ com $v \to 0$ e use a expansão geométrica.
5. *Integre* uma expansão termo a termo (derivar exige mais cuidado — justificativa: a [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-taylor/fig-7578dfaf5f91.svg)

*O seno (escuro) contra os seus [polinômios](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](#pb-b1-taylor-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#exo-b1-functions-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)o(1)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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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](#prop-b1-taylor-local) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#def-b1-functions-arc) no infinito: de $\arctan x +
\arctan\frac1x = \frac\pi2$ para $x > 0$ ([Proposição 4.12](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-arcidentities)) e da expansão de $\arctan$ em $0$ ([Exercício 16.3](#exo-b1-taylor-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/24-curvas-planas#ch-b1-curves) 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](#prop-b1-taylor-local). E o [Capítulo 25](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/25-funcoes-de-duas-variaveis#ch-b1-multivar) 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 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 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 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](#met-b1-taylor-compute) (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 de Exercício 16.4.**

Taylor–Lagrange ([Teorema 16.7](#thm-b1-taylor-lagrange)) para $\exp$ em $a =
0$, $x = 1$: a [derivada](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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 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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-convex) ([Teorema 14.19](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#thm-b1-derivative-convexchar) (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 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 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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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 $v_n
= \frac{1}{u_n^2}$:

1. usando a expansão de $\sin$ , demonstre $v_{n+1} - v_n \to  \frac13$ ;
2. com Cesàro ( [Exercício 11.10](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-10) ), deduza $\frac{v_n}{n}  \to \frac13$ , e depois o equivalente $u_n \sim  \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

**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 $x > 0$).

1. Usando $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ quando $u \to 0$: $$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2}  = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} +  o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr)  = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr)  \longrightarrow \frac13 .$$
2. Por [Exercício 11.10](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-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 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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) $\tan^2 x \geq 0$, que se anula apenas no único ponto $k\pi$: $g$ é estritamente crescente em $I_k$ ([Corolário 14.12](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#cor-b1-derivative-monotone) (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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent), 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ex-b1-seq-e); a teoria propriamente dita abre-se no [Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series).

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

1. Mostre que $(S_{2n+1})$ é não decrescente, $(S_{2n})$ não crescente, e que são adjacentes ([Teorema 11.11](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent)): 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.
2. Primeiro dividendo: para $x = 1$ na série exponencial, compare com o [Teorema 16.7](#thm-b1-taylor-lagrange) em $a = 0$ : mostre que $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ converge para $\eu^{-1}$ com $\abs{\eu^{-1} - T_n} <  \frac{1}{(n+1)!}$ .
3. (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 $$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n,  \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$$
4. 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.**

5. (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.
6. (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.
7. (Via 3: [somas de Riemann](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-riemann) do [Exemplo 15.21](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ex-b1-integration-riemannexample): as Vias 1 e 3 são secretamente o mesmo número visto duas vezes.
8. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals) de convergência versus na sua [fronteira](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-closure) ).
9. Quantos termos da Via 2 certificam *dez* decimais de $\ln 2$ ? Mostre que $n = 10$ basta.

**Parte III — A fórmula de Machin.**

10. Calcule $(5 + \iu)^4$ e verifique a identidade complexa $$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$$ Tomando argumentos (convenções do [Capítulo 3](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#ch-b1-complex)), deduza a fórmula de Machin $$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$$ (Verifique que nenhum argumento sai de $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$.)
11. Como na questão 3, estabeleça para $0 < x < 1$: $$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k  x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq  \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$$
12. 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 $3.1415926\dots$
13. Compare as três vias para $\pi$ agora disponíveis — Leibniz (questão 4), as integrais de Dalzell do [Problema 15.1](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#pb-b1-integration-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.**

14. 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.
15. 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.
16. O [primo](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/6-aritmetica-dos-inteiros#def-b1-arith-prime) 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.
17. 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.**

18. (Taylor–Lagrange, forma de igualdade) Seja $f$ $n + 1$ vezes [derivável](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) 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 $$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k  + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$$
19. 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 $n$.
20. 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?
21. (A função plana) Seja $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ para $x  \neq 0$ , $f(0) = 0$ . Mostre que $f$ é [contínua](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#def-b1-continuity-continuous) em $0$ , que $f'(0) = 0$ , e mais geralmente — demonstrando que toda [derivada](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) tem a forma $f^{(k)}(x) =  P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ para um [polinômio](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) $P_k$ (indução) — que $f^{(k)}(0) = 0$ para todo $k$ *(comparação de crescimento, [Proposição 4.6](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-powerrules))* . Conclua: todos os [polinômios](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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.**

22. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent) , [Exercício 11.9](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-9) ; integrais, [Problema 15.1](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#pb-b1-integration-1) ; somas alternadas, aqui) e o que cada uma exigiu.
23. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ex-b1-seq-basel), e na parte ímpar, que domina metade da série harmônica, [Exercício 11.5](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-5))* , e diga exatamente qual passo da questão 1 usou a monotonia.
24. 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.
25. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) retomará (o teste das séries alternadas, convergência absoluta versus condicional, e o drama do rearranjo do seu problema de fim de semana).

**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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent)) 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](#thm-b1-taylor-lagrange)) para $\exp$ entre $-1$ e $0$: $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (a [derivada](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) $\eu^t$ 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/6-aritmetica-dos-inteiros#def-b1-arith-divides) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ex-b1-integration-riemannexample), que converge para $\ln
2$: as somas parciais pares da Via 1 *são* as [somas de Riemann](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-closure) $x = 1$, onde os termos decaem como $\frac1k$; a Via 2 avalia em $x = \frac13$, bem no [interior](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/12-topologia-da-reta-real#def-b1-topology-closure), 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/10-numeros-reais#prop-b1-reals-intervals) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#pb-b1-integration-1), questão 22): erro $4^{1-5m}$, cerca de três dígitos por passo, cada passo com um [polinômio](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](#prop-b1-taylor-standard) (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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#def-b1-continuity-continuous) em $0$: com $u = \frac{1}{x^2} \to
+\infty$, $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$. [Derivada](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/14-derivacao#def-b1-derivative-def) em $0$: $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ ([Proposição 4.6](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/4-funcoes-usuais#prop-b1-functions-powerrules)): $f'(0) = 0$. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def). Então

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

([polinômio](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) contra $\eu^{-v^2}$, comparação de crescimento em $\pm\infty$): por indução $f^{(k)}(0) = 0$ para todo $k$. Todos os [polinômios](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#thm-b1-seq-adjacent) espremendo $q!\,\eu$ ([Exercício 11.9](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-9)); a recorrência [integral](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#thm-b1-integration-def) $A_n =
\eu - nA_{n-1}$ ([Problema 15.1](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#pb-b1-integration-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ex-b1-seq-basel), $E_n \leq \frac12$), e $O_n =
\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ ([Exercício 11.5](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) 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.