Derivação e Integração de Séries de Potência

Teoria Completa

Introdução

Olá, galerinha! Lembra que uma das utilidades da séries de potência é representar funções? Exatamente, podemos escrever funções como séries de potências comparando com a série geométrica!

Vamos com um exemplo. Lembra que podemos descrever uma série geométrica com a seguinte soma,

∑ n = 0 ∞ r n = 1 1 - r ,   p a r a   t o d o   r < 1

Então, quando temos a seguinte função,

f x = 1 1 - x

A gente pode interpretar essa função como série de potência. Aí ela fica assim:

∑ n = 0 ∞ x n = 1 1 - x ,   p a r a   t o d o   x < 1

Esse caso, a gente consegue perceber a semelhança e fazer direto, mas nem sempre será assim. Então se prepara que um desafio vai ser lançado.

Escreva a função abaixo em séries de potencias

f x = l n ⁡ ( 1 + x )

Não é uma comparação óbvia de ser encontrada! E é sobre isso que vamos falar nesse tópico.

Derivação e integração de séries

Quando a função não tiver uma cara parecida com a de uma serie geométrica, o que podemos fazer é manipular as funções (derivado e integrando) de forma que ela fique mais próxima da série geométrica.

Então vamos resolver o desafio seguindo um passo a passo! Olha a função aí de novo,

f x = l n ⁡ ( 1 + x )

Passo 1: Essa função não tem a mínima semelhança com a soma da série geométrica, não é? Não mesmo, mas veja o seguinte. Vamos derivar f ( x ) .

f ' x = 1 1 + x

Essa função derivada se parece muito com 1 1 - x , que a gente viu lá no ínicio do tópico, não é?

Passo 2: Vamos, então, escrever a função derivada como série de potências. Calma, você já vai entender por que.

f ' x = 1 1 + x = 1 1 - ( - x )

Como a razão é ( - x ) , temos:

f ' x = ∑ n = 0 ∞ - x n ,   p a r a   t o d o       x < 1

Passo 3: Mas o que queremos é a representação de f ( x ) , não de sua derivada. Repare só, integrando ambos os lados da igualdade acima, temos:

∫ f ' x   d x = ∫ ∑ n = 0 ∞ - x n   d x

f x = ∫ ∑ n = 0 ∞ - 1 n x n   d x = ∑ n = 0 ∞ ∫ - 1 n x n   d x

Assim, resolvendo essa integral, encontramos uma representação em série para f ( x ) . É como se estivéssemos integrando cada termo do somatório que representa f ' ( x ) . Veja:

f x = ln ⁡ ( 1 + x ) = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x n + 1 n + 1

OBS: A gente pode manipular dessa forma (derivando e integrando) se a nossa série de potência tiver um raio de convergência R > 0 .

Essa estratégia de derivar a função para depois integrar será muito útil para representar funções por séries. Então vamos praticar essas transformações com os exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFRJ - Cálculo 4 - P1 2012.2 - 2

Responda as seguintes questões:

  1. Sabendo que a função l n ⁡ ( 1 + x ) é analítica para x < 1 , mostre que:
  2. ln ⁡ 1 + x = x - x 2 2 + x 3 3 - x 4 4 + x 5 5 + … , x < 1

  3. Seja s ( x ) a soma da série x 2 2 - x 3 3 ⋅ 2 + x 4 4 ⋅ 3 - x 5 5 ⋅ 4 + … ,   x < 1 . Determine a função s ( x ) em termos de funções elementares. Justifique.
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Passo 1

Letra a)

Bom, precisamos escrever ln ⁡ ( x + 1 ) como série de potências, para provar o que o problema pede.

A função f x = l n ⁡ ( x + 1 ) não tem a mínima semelhança com a soma da série geométrica, não é? Não mesmo, mas veja o seguinte. Vamos derivar f ( x ) .

f ' x = 1 1 + x

Essa função derivada se parece muito com 1 / ( 1 - x ) , não é? E nós sabemos que:

∑ n = 0 ∞ x n = 1 1 - x

Vamos então usar essa informação.

Passo 2

Vamos escrever a função derivada como uma série geométrica, para depois achar a representação de l n ⁡ ( x + 1 ) por integração da série. Temos

f ' x = 1 1 + x = 1 1 - ( - x )

Como a razão é ( - x ) , temos:

f ' x = ∑ n = 0 ∞ - x n     x < 1

Certo?

Passo 3

Mas o que queremos é a representação de f ( x ) , não de sua derivada. Repare só, integrando ambos os lados da igualdade acima, temos:

∫ f ' x   d x = ∫ ∑ n = 0 ∞ - x n   d x

f x = ∫ ∑ n = 0 ∞ - 1 n x n   d x = ∑ n = 0 ∞ ∫ - 1 n x n   d x

Assim, resolvendo essa integral, encontramos uma representação em série para f ( x ) . É como se estivéssemos integrando cada termo do somatório que representa f ' ( x ) . Veja:

f x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x n + 1 n + 1 = x - x 2 2 + x 3 3 - x 4 4 + x 5 5 + …

Passo 4

Letra b)

Nesse item precisamos de um pouco de atenção. Traduzindo o enunciado: o problema quer saber qual função s ( x ) que tem essa representação em série

s x = x 2 2 - x 3 3 ⋅ 2 + x 4 4 ⋅ 3 - x 5 5 ⋅ 4 + …

Mas que diabos isso tem a ver com a letra a) da questão? Tudo! Se você reparar, a derivada dessa série é exatamente:

ln ⁡ x + 1 = x - x 2 2 + x 3 3 - x 4 4 + x 5 5 + … = s ' ( x )

Eles até escreveram os denominadores fatorados, para a gente ver com mais clareza. Esse é o segredo da questão. Temos então:

s ' x = l n ⁡ ( x + 1 )

Passo 5

Como queremos encontrar s ( x ) , vamos integrar essa equação dos 2 lados:

∫ 0 x s ' ( x ) = ∫ 0 x l n ⁡ ( x + 1 )

Foi até ai? Colocamos a integral começando em zero para facilitar nossa vida e o intervalo final x genérico. Temos então:

s x - s 0 = ∫ 0 x l n ⁡ ( x + 1 )

Como s 0 = 0 (a soma de zero termos é zero):

s x = ∫ 0 x l n ⁡ ( x + 1 )

Agora vamos integrar por partes. Fazendo:

ln ⁡ x + 1 = u       →     1 x + 1 = u '

1 = v '     →         x = v

Isso nos dá

s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) 0 x - ∫ 0 x x x + 1 d x

s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) - ∫ 0 x x x + 1 d x

Fazendo u = x + 1 , d u = d x , temos:

s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) - ∫ 1 x + 1 u - 1 u d u

s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) - ∫ 1 x + 1 1 - 1 u d u

s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) - ( u - ln ⁡ u ) u = 1 u = x + 1

s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) - x + 1 + ln ⁡ ( x + 1 ) + 1 - ln ⁡ 1

s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) - x + ln ⁡ ( x + 1 )

Resposta

b) s x = x ln ⁡ ( x + 1 ) - x + ln ⁡ ( x + 1 )

Exercício Resolvido #2

UNICAMP - Cálculo 3 - P2 2014.1 - 1

Encontre uma representação em série de potências em torno de x 0 = 0 da função

x 2 1 + x 3 2

Sugestão:

d d x 1 1 + x 3  

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Passo 1

Vamos lá, segue comigo! A gente quer uma série de potências pra essa função aí: f x = x 2 1 + x 3 2

Mas vamos começar pela dica que o enunciado dá. Como calculo essa derivada? Oras, com a Regra da Cadeia...

d d x 1 1 + x 3 = - 1 1 + x 3 2 d d x x 3

d d x 1 1 + x 3 = - 3 x 2 1 + x 3 2

Isso quer dizer que nossa função f ( x ) nada mais é que

f x = - 1 3 d d x 1 1 + x 3

Certo?

Passo 2

Beleza. Agora vamos avaliar a série de potências da função

1 1 + x 3

Você já deve ter notado que ela tem a cara da Série Geométrica:

1 1 - w = 1 + w + w 2 + w 3 + … = ∑ n = 0 ∞ w n

Desde que w < 1 .

Então beleza, substitui w = - x 3 e tá tudo certo!

1 1 + x 3 = 1 - x 3 + x 6 - x 9 + … = ∑ n = 0 ∞ - x 3 n    

Desde que - x 3 < 1 , isto é, x < 1 .

Passo 3

Ok, agora vamos derivar essa função na forma de série...

d d x 1 1 + x 3 = d d x ∑ n = 0 ∞ - x 3 n

d d x 1 1 + x 3 = d d x ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 3 n

d d x 1 1 + x 3 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n . 3 n . x 3 n - 1

Passo 4

Maravilha, só falta aquele - 1 3 perdido lá no início, lembra?

f x = - 1 3 ∑ n = 1 ∞ - 1 n . 3 n . x 3 n - 1

Como sai dessa? Corta o 3   com 3 e - - 1 n vira - 1 n + 1 :

f x = ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 . n . x 3 n - 1

f x = x 2 - 2 x 5 + 3 x 8 …

Passo 5

Lá em cima vimos que o raio de convergência dessa série era R = 1 . Então, vamos testar as extremidades do intervalo ( - 1,1 ) .

  • x = - 1 :
  • f - 1 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 . n . ( - 1 ) 3 n - 1 = ∑ n = 1 ∞ n = 1 + 2 + 3 + …     →       d i v e r g e !

  • x = 1 :

f 1 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 . n . ( 1 ) 3 n - 1 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 .   n = 1 - 2 + 3 - 4 …   →       d i v e r g e !

Finalmente, concluímos que o intervalo de convergência é I C = ( - 1,1 ) .

Resposta

f x = ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 . n . x 3 n - 1 ,       x ∈ ( - 1,1 )

Exercício Resolvido #3

USP - Cálculo 4 - P2 2013 - 1ª

Obtenha um expressão da série abaixo e o respectivo raio de convergência:

x 5 4 + x 9 8 + x 13 12 + …

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Passo 1

Colocando x em evidência:

x x 4 4 + x 8 8 + x 12 12 + … = x ∑ n = 1 ∞ x 4 n 4 n

Então chamamos de g x = ∑ n = 1 ∞ x 4 n 4 n

Passo 2

Derivando g ( x ) :

g ' x = ∑ n = 1 ∞ x 4 n - 1 = x 3 + x 7 + x 11 + … = x 3 1 + x 4 + x 8 + …

Olhando para esse cara dentro do parênteses, vemos que é uma série geométrica e será dada por 1 1 - x 4 caso x 4 < 1 → x < 1

Assim fica:

g ' x = x 3 1 - x 4 ,   - 1 < x < 1

Então vamos analisar g ( x ) através disso:

g x = ∫ 0 x g ' t d t = ∫ 0 x t 3 1 - t 4 d t

Fazendo a substituição simples: u = 1 - t 4 → d u = - 4 t 3 d t

Assim fica:

- 1 4 ∫ 0 1 - x 4 d u u = - 1 4 ln ⁡ | 1 - x 4 |

Supondo que x < 1 , então podemos tirar o módulo

g x = - 1 4 ln ⁡ ( 1 - x 4 )

Assim finalmente:

S x = - x 4 ln ⁡ 1 - x 4 ,   x < 1

Passo 3

Como sabemos, precisamos testar os limites da série, ou seja, quando x = 1 e x = - 1

Para x = 1 a série fica:

S x = 1 ∑ n = 1 ∞ 1 4 n 4 n = ∑ n = 1 ∞ 1 4 n

E para x = - 1 :

S x = ∑ n = 1 ∞ - 1 4 n

Ambos são séries harmônicas de grau 1, logo divergem! Logo a resposta é

S x = - x 4 ln ⁡ 1 - x 4 ,   - 1 < x < 1

Resposta

S x = - x 4 ln ⁡ 1 - x 4 ,   - 1 < x < 1

Exercício Resolvido #4

USP - Cálculo 4 - P2 2012 - 1

a)Determine a expansão em série de potências em torno de x 0 = 0   da função f x = ln ⁡ ( 1 + x 2 ) e encontre os valores de x para os quais a expansão é válida

b)Calcule a integral

∫ 0 1 2 ln ⁡ ( 1 + x 2 ) d x

com erro menor que 10 - 4

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Passo 1

a)

Vamos pensar um pouco nesse logaritmo como uma função que é mais fácil de achar a expansão dela em série de potências, a gente sabe a integral que da um logaritmo:

∫ 1 1 + t d t

Se a gente botar os limites que encontrem a nossa função, tá tudo certo, então olha ae:

ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = ∫ 0 x 2 1 1 + t d t

Passo 2

Opa, olhando a cara de 1 1 + t , lembramos muito da série geométrica, que da 1 1 - t , vamos ver isso aqui, calma!

Série geométrica:

∑ n = 0 ∞ t n = 1 1 - t   s e - 1 < t < 1

Então ok, vamos adotar como - t , logo o intervalo de convergência fica - 1 < - t < 1

Assim: - 1 < t < 1 ,e a série fica:

∑ n = 0 ∞ ( - t ) n = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n d t = 1 1 - - t = 1 1 + t

Então ficou assim:

∑ n = 0 ∞ - 1 n t n d t = 1 1 + t ,   - 1 < t < 1

Passo 3

Show! Achamos uma boa relação! Agora temos só que integrar esse cara!

∫ 0 x 2 1 1 + t d t = ∫ 0 x 2 ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n ∫ 0 x 2 t n d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n + 1 n + 1 t = 0 x 2

Assim fica:

ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = ∫ 0 x 2 1 1 + t d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 2 n + 2 n + 1 ,   - 1 < t < 1

Perceba que o intervalo de convergência se manteve, ele é preservado na integração. Agora o ponto é, diferente da série geométrica, não podemos dizer o que acontece nos limites do intervalo, ou seja, quanto t = 1 e t = - 1 , mas percebe que x 2 n + 2 está elevado a uma potência quadrática, ou seja, tanto para t = 1 quando para t = - 1 o x 2 n + 2 = 1

Passo 4

t = 1 e t = - 1

A série fica:

∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1

É uma série alternada, logo, pelo critério de Leibniz:

lim n → ∞ ⁡ - 1 n n + 1 = 0

E 1 n + 1 é decrescente, logo a série é convergente! E assim sabemos que:

ln ⁡ ( 2 ) = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1

Mas enfim, então descobrimos que o intervalo de convergência é - 1 ≤ t ≤ 1

Passo 5

b) Perceba que a integral tem o limite de integração 0 ≤ x ≤ 1 2 , e isso ∈ - 1 ≤ x ≤ 1 , ou seja, podemos aproveitar o resultado da letra a)

∫ 0 1 2 ln ⁡ 1 + x 2 d x = ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 1 2 - 1 n x 2 n + 2 n + 1 = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 2 n + 3 n + 1 2 n + 3 0 1 2

Assim ficou:

∫ 0 1 2 ln ⁡ 1 + x 2 d x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1 2 n + 3 2 2 n + 3

É uma série alternada, que tem a seguinte característica:

1 n + 2 2 n + 1 + 3 2 2 n + 1 + 3 < 1 n + 1 2 n + 3 2 2 n + 3

Ou seja, ela é decrescente, e é fácil de ver que ela tende a 0 quando n → ∞ , assim, concluímos que essa é uma série convergente! Então podemos usar a estimativa de erro para uma série alternada:

s - s m < a n + 1 < 10 - 4

Onde s representa a série infinita e s m representa a série truncada até o termo m .

Assim:

a n + 1 = 1 n + 2 2 n + 1 + 3 2 2 n + 1 + 3 = 1 n + 2 2 n + 5 2 2 n + 5

1 n + 2 2 n + 5 2 2 n + 5 < 10 - 4

Ajeitando:

n + 2 2 n + 5 2 2 n + 5 > 10 4

Agora tem que ser no teste!

n = 0 → 2   .   5   .   2 5 = 320 < 10 4

n = 1 → 3   .   7   .   2 7 = 2688 < 10 4

n = 2 → 4   .   9   .   2 9 = 18432 > 10 4

Para n = 2 já temos a relação satisfeita Então ficou:

∫ 0 1 2 ln ⁡ 1 + x 2 d x = ∑ n = 0 2 - 1 n n + 1 2 n + 3 2 2 n + 3 = - 1 1.3 . 2 3 + 1 2.5 . 2 5 = 1 24 - 1 320 + 1 2688 =

= 560 - 42 + 5 2688 =

= 523 13440

Resposta

  1. ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 2 n + 2 n + 1 ,   - 1 ≤ t ≤ 1
  2. 523 13440

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