Desenvolva em série de potências de (x) as seguintes funções, indicando os intervalos de convergência, e calcule (f(1)) com erro inferior a (10^{-6}) :
(f(x)=int_{0}^{x} frac{sin (t)}{t} d t)

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre a função f definida por
f(x)=\int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}\,dt.
As perguntas são:
  1. Desenvolver f(x) em série de potências em x (ou seja, encontrar a série que representa f(x)).
  2. Indicar o(s) intervalo(s) de convergência dessa série.
  3. Calcular f(1) com erro inferior a 10^{-6}.
Informações dadas: a função integranda é \dfrac{\sin t}{t} e a integração é de 0 até x. Não há figura ou outra informação adicional. Vou usar a expansão em série de \sin t e integrar termo a termo para achar a série de potências de f(x).

Passo 2

Vamos lembrar a série de Taylor (Maclaurin) conhecida de \sin t. A fórmula é (aqui explico o porquê):
\sin t=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!}.
Explicando: cada termo vem da derivada de ordem 2n+1 de \sin no zero, e o denominador (2n+1)! é o fatorial que aparece na fórmula de Taylor. Essa série converge para todo t\in\mathbb{R} (ou seja, tem raio de convergência infinito) porque os denominadores crescem muito rápido.
Agora dividimos por t (para t\neq0); no ponto t=0 a função \sin t / t tem um limite finito ( 1), então a série que vamos obter também define o valor no zero por continuidade. Dividindo termo a termo obtemos:
\frac{\sin t}{t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{2n}}{(2n+1)!}.
Aqui cada variável e símbolo significa: t é a variável de integração; n é o índice da soma; (2n+1)! é o fatorial de 2n+1.

Passo 3

Justificativa para integrar termo a termo: a série de \dfrac{\sin t}{t} tem raio de convergência infinito (porque (2n+1)! cresce superexponencialmente), logo ela converge uniformemente em qualquer intervalo compacto [-R,R]. Em consequência, podemos integrar a série termo a termo em [0,x] para qualquer x finito. Portanto a integração termo a termo é válida.
Para confirmar o raio de convergência de forma técnica, aplicar o teste da razão em termos absolutos:
\left|\frac{t^{2(n+1)}/(2(n+1)+1)!}{t^{2n}/(2n+1)!}\right| =\frac{t^{2}}{(2n+3)(2n+2)}\xrightarrow[n\to\infty]{}0
para todo t, logo o raio é infinito.

Passo 4

Integrando termo a termo a série de \dfrac{\sin t}{t} de 0 a x obtemos a série de potências de f(x):
f(x)=\int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}\,dt =\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{2n}}{(2n+1)!}\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{(2n+1)!}\int_{0}^{x}t^{2n}\,dt.
Calculando a integral \int_{0}^{x}t^{2n}\,dt=\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}, obtemos:
\boxed{\,f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)(2n+1)!}\, }.
Mostro os primeiros termos para ficar mais concreto:
f(x)=x-\frac{x^{3}}{3\cdot 3!}+\frac{x^{5}}{5\cdot 5!}-\frac{x^{7}}{7\cdot 7!}+\cdots.

Passo 5

Intervalo de convergência: como já argumentado, a série tem raio de convergência infinito, portanto converge para todo x\in\mathbb{R}. Em notação:
\text{intervalo de convergência: }(-\infty,\infty).ê

Passo 6

Agora calcular f(1) com erro <10^{-6}. Substituindo x=1 na série obtemos a série alternada
f(1)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{(2n+1)(2n+1)!}.
Para séries alternadas com termos de módulo decrescente que tendem a zero, o Teorema de Leibniz (teste da série alternada) dá um modo prático de controlar o erro: o erro na aproximação por uma soma parcial até n=N tem módulo menor ou igual ao módulo do próximo termo \left|\text{próximo termo}\right|ó.
Definimos o termo positivo (módulo) pela fórmula
a_{n}=\frac{1}{(2n+1)(2n+1)!}.
Vamos calcular alguns a_n para achar que número de termos precisamos para garantir que o resto seja <10^{-6}:
  • a_{0}=\dfrac{1}{1\cdot 1!}=1.
  • a_{1}=\dfrac{1}{3\cdot 3!}=\dfrac{1}{18}\approx 0,0555556.
  • a_{2}=\dfrac{1}{5\cdot 5!}=\dfrac{1}{600}\approx 0,0016666667.
  • a_{3}=\dfrac{1}{7\cdot 7!}=\dfrac{1}{35280}\approx 2{,}8344671\cdot10^{-5}.
  • a_{4}=\dfrac{1}{9\cdot 9!}=\dfrac{1}{3265920}\approx 3{,}0616170\cdot10^{-7}.
Queremos que o próximo termo seja \le 10^{-6}. Vemos que a_{3}\approx 2{,}83\cdot10^{-5}>10^{-6} mas a_{4}\approx 3{,}06\cdot10^{-7}<10^{-6}. Pelo critério de Leibniz, somar os termos até n=3 (ou seja, tomar a soma parcial com n=0,1,2,3) garante que o erro restante em módulo seja \le a_{4}<10^{-6}. Portanto basta somar os quatro primeiros termos para atingir a precisão pedida.

Passo 7

Calcule a soma parcial S_{3}=\sum_{n=0}^{3}(-1)^{n}\dfrac{1}{(2n+1)(2n+1)!}. Vou fazer as contas passo a passo:
Termos:
\begin{aligned} T_{0}&=+\frac{1}{1\cdot1!}=1,\\[4pt] T_{1}&=-\frac{1}{3\cdot3!}=-\frac{1}{18},\\[4pt] T_{2}&=+\frac{1}{5\cdot5!}=+\frac{1}{600},\\[4pt] T_{3}&=-\frac{1}{7\cdot7!}=-\frac{1}{35280}. \end{aligned}
Somando seqüencialmente:
1-\frac{1}{18}=\frac{17}{18}\approx0{,}9444444444,
\frac{17}{18}+\frac{1}{600}=\frac{1703}{1800}\approx0{,}9461111111,
\frac{1703}{1800}-\frac{1}{35280}=\frac{166889}{176400}\approx0{,}9460827664399093.
Portanto
S_{3}=\frac{166889}{176400}\approx0{,}9460827664399093.
O erro (restante infinito) em módulo é \le a_{4}=\dfrac{1}{3265920}\approx3{,}0616170\cdot10^{-7}<10^{-6}. Logo esta aproximação satisfaz a exigência de erro.]

Resposta

\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)(2n+1)!}, \text{convergência em }(-\infty,\infty).ê\n
\displaystyle f(1)\approx 0{,}9460827664399093 (erro <10^{-6}).

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