1. Considere a função f(x) definida por
f(x)=\int_{0}^{x} \frac{\sin (3 t)-3 t}{t^{2}} d t
a) Ache a expansão em Taylor de f(x) centrada na origem.
b) Calcule f^{2 k}(0) e f^{2 k+1}(0). Obtenha em particular f^{4}(0) e f^{5}(0).

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=\int_{0}^{x}\frac{\sin(3t)-3t}{t^{2}}\,dt
e faz duas coisas:
(a) Pede a expansão em série de Taylor de f(x) centrada na origem (ou seja, a série de potências em torno de 0).
(b) Pede para calcular f^{2k}(0) e f^{2k+1}(0) (as derivadas de ordem par e ímpar no ponto 0), e em particular f^{4}(0) e f^{5}(0).
Informações relevantes que o enunciado fornece e que iremos usar: a integranda \dfrac{\sin(3t)-3t}{t^{2}} tem uma aparente singularidade em t=0, mas essa singularidade é removível porque a expansão de \sin(3t) começa por 3t; portanto a função integranda admite expansão em série de potências em torno de t=0 e podemos integrar termo a termo.

Passo 2

Primeiro passo técnico: escrever a série de Taylor de \sin(3t) centrada em 0. A série de Taylor de \sin u é
\sin u=\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^{m}\frac{u^{2m+1}}{(2m+1)!}.
Substituindo u=3t obtemos
\sin(3t)=\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^{m}\frac{(3t)^{2m+1}}{(2m+1)!}.
Explique o que isso significa: cada termo tem potência ímpar em t; o primeiro termo (quando m=0) é (3t), o que é importante porque no integrando temos \sin(3t)-3t, que cancela esse primeiro termo.

Passo 3

Subtraindo 3t e dividindo por t^{2}:
\frac{\sin(3t)-3t}{t^{2}} =\frac{1}{t^{2}}\left(\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^{m}\frac{(3t)^{2m+1}}{(2m+1)!}-3t\right).
O termo m=0 da soma é \dfrac{(3t)^{1}}{1!}=3t, que anula o -3t. Assim podemos reindexar a soma a partir de m=1. Para m\ge1 cada termo é
(-1)^{m}\frac{(3t)^{2m+1}}{(2m+1)!}\cdot\frac{1}{t^{2}} =(-1)^{m}\frac{3^{2m+1}}{(2m+1)!}\,t^{2m-1}.
Portanto a integranda tem a série de potências
\frac{\sin(3t)-3t}{t^{2}} =\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m}\frac{3^{2m+1}}{(2m+1)!}\,t^{2m-1}.
Isso mostra explicitamente que a singularidade em t=0 é removível: cada termo é uma potência não negativa de t (o menor expoente é 2\cdot 1-1=1).

Passo 4

Agora integramos termo a termo de 0 a x. Justificação rápida (didática): se uma função possui uma expansão em série de potências que converge uniformemente num intervalo em torno de 0, podemos integrar termo a termo; aqui a série é a de \sin(3t) ajustada e converge para todo t, logo a integração termo a termo é válida. Integrando cada termo \int_{0}^{x} t^{2m-1}\,dt = \dfrac{x^{2m}}{2m}. Assim
f(x)=\int_{0}^{x}\frac{\sin(3t)-3t}{t^{2}}\,dt =\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m}\frac{3^{2m+1}}{(2m+1)!}\cdot\frac{x^{2m}}{2m}.

Passo 5

Escrevendo a série de forma compacta, obtemos a expansão em Taylor centrada em 0:
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{3^{2n+1}}{2n\,(2n+1)!}\,x^{2n}.
Aqui troquei o índice m por n (mesma coisa). Observações práticas para a prova: a série tem apenas potências pares de x (começando em x^{2}), o que implica que todos os coeficientes de potências ímpares são zero. Vamos escrever os primeiros termos para ficar mais concreto:
f(x)=-\frac{9}{4}x^{2}+\frac{81}{160}x^{4}-\frac{2187}{30240}x^{6}+\cdots
Como verificar rapidamente o primeiro coeficiente: para n=1,
\text{coeficiente de }x^{2} = (-1)^{1}\frac{3^{3}}{2\cdot 1\cdot 3!}=-\frac{27}{12}=-\frac{9}{4}.

Passo 6

Agora vamos relacionar os coeficientes da série com as derivadas em 0. Regra básica (lembrando como usar na prova): se
f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}x^{k},
então
f^{(k)}(0)=k!\,a_{k}.
No nosso caso só aparecem termos com x^{2n}. Escrevendo a_{2n}=(-1)^{n}\dfrac{3^{2n+1}}{2n\,(2n+1)!} e a_{2n+1}=0, obtemos as derivadas em 0.

Passo 7

Cálculo das derivadas gerais:
Para derivadas de ordem par 2k (com k\ge1), usamos
f^{(2k)}(0)=(2k)!\,a_{2k}=(2k)!\,(-1)^{k}\frac{3^{2k+1}}{2k\,(2k+1)!}.
Agora simplificamos o fator com o fatorial. Como (2k+1)!=(2k+1)(2k)!, temos
(2k)!\,/\,\bigl(2k\,(2k+1)!\bigr)=\frac{(2k)!}{2k\,(2k+1)(2k)!}=\frac{1}{2k(2k+1)}.
Portanto
f^{(2k)}(0)=(-1)^{k}\frac{3^{2k+1}}{2k(2k+1)}.
Para derivadas de ordem ímpar 2k+1, como a série não tem termos em x^{2k+1}, os coeficientes são zero e, logo,
f^{(2k+1)}(0)=0\quad\text{para todo }k\ge0.

Passo 8

Agora calculamos os casos pedidos explicitamente.
Para f^{4}(0): aqui 4=2k com k=2. Aplicando a fórmula
f^{(4)}(0)=(-1)^{2}\frac{3^{2\cdot 2+1}}{2\cdot 2(2\cdot 2+1)} =\frac{3^{5}}{4\cdot 5} =\frac{243}{20}.
Para f^{5}(0): é derivada de ordem ímpar, portanto
f^{(5)}(0)=0.

Resposta

(a) \displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{3^{2n+1}}{2n\,(2n+1)!}\,x^{2n}=-\frac{9}{4}x^{2}+\frac{81}{160}x^{4}-\frac{2187}{30240}x^{6}+\cdots\n
(b) \displaystyle f^{(2k)}(0)=(-1)^{k}\frac{3^{2k+1}}{2k(2k+1)},\quad f^{(2k+1)}(0)=0. Em particular, \displaystyle f^{(4)}(0)=\frac{243}{20},\quad f^{(5)}(0)=0.

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