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} sin left(t^{2}right) d t)
Passo 1
O enunciado pede três coisas claras: (1) desenvolver em série de potências em x a função \displaystyle f(x)=\int_{0}^{x}\sin\big(t^{2}\big)\,dt; (2) indicar o(s) intervalo(s) de convergência dessa série; (3) calcular f(1) com erro menor que 10^{-6}.
Informações dadas: a integranda é \sin(t^{2}) e o integral é de 0 até x. Não há figura nem dados adicionais. A solução deve fornecer a série de potências em torno de 0 (Maclaurin), o intervalo de convergência e uma aproximação numérica de f(1) com erro < 10^{-6}.
Passo 2
A ideia é usar a série de Taylor (Maclaurin) da função \sin u e fazer a substituição u=t^{2}. Vou lembrar a série conhecida e explicar por que podemos substituí-la. A série de \sin u em torno de u=0 é:
Aqui cada símbolo significa: n é o índice de somatório, (2n+1)! é o fatorial de 2n+1 e a série é absolutamente convergente para todo u (pois \sin é inteira). Agora substituímos u=t^{2}. Assim
Essa substituição é válida porque a série original converge para todo u, logo converge para u=t^{2} para todo t.
Passo 3
Agora integramos termo a termo de 0 até x. Justificativa curta: a soma de potências converge uniformemente em qualquer intervalo compacto de t, permitindo integração termo a termo; também \sin(t^{2}) é contínua. Integrando cada termo \int_{0}^{x} t^{4n+2}\,dt = \dfrac{x^{4n+3}}{4n+3}. Portanto
Quando n\to\infty a fração \dfrac{4n+3}{4n+7}\cdot\dfrac{1}{(2n+3)(2n+2)} tende a 0 (pois o denominador cresce como n^{2}). Logo o limite da razão é 0 para qualquer x fixo, o que implica raio de convergência infinito. Portanto a série converge para todo x\in\mathbb{R}. Em outras palavras, o intervalo de convergência é (-\infty,\infty).
Passo 5
Vamos calcular f(1)=\int_{0}^{1}\sin(t^{2})\,dt com erro < 10^{-6} usando a série encontrada. Para x=1 a série torna-se
Note que esta é uma série alternada (sinais (+,-,+,-,\dots)). Denote os termos positivos pela magnitude
b_{n}=\frac{1}{(4n+3)(2n+1)!},
então o n-ésimo termo é (-1)^{n}b_{n}. Para aplicar a estimativa de resto da série alternada (teorema de Leibniz) precisamos que b_{n} seja decrescente e tenda a 0, o que acontece aqui porque (2n+1)! cresce muito rápido. Assim o erro ao truncar após n=N satisfaz
Vemos que b_{4}\approx 1{,}45\times 10^{-7}<10^{-6}. Pelo teorema de Leibniz, se somarmos os termos até n=3 (ou seja, truncarmos a série incluindo n=0,1,2,3), o resto em módulo será ≤ b_{4}, portanto menor que 10^{-6}. Logo é suficiente somar os quatro primeiros termos.