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:
\sin u=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{u^{2n+1}}{(2n+1)!}.
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
\sin\big(t^{2}\big)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(t^{2})^{2n+1}}{(2n+1)!} =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{4n+2}}{(2n+1)!}.
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
f(x)=\int_{0}^{x}\sin\big(t^{2}\big)\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{(2n+1)!}\int_{0}^{x} t^{4n+2}\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{4n+3}}{(4n+3)(2n+1)!}.
Esta é a expansão em série de potências (Maclaurin) de f(x).

Passo 4

Agora determinamos o intervalo (raio) de convergência da série
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{4n+3}}{(4n+3)(2n+1)!}.
Usei a forma geral do termo a_n(x)=\dfrac{x^{4n+3}}{(4n+3)(2n+1)!}. Aplique o teste da razão:
\left|\frac{a_{n+1}(x)}{a_{n}(x)}\right| =\left|x\right|^{4}\cdot\frac{4n+3}{4n+7}\cdot\frac{(2n+1)!}{(2n+3)!} =\left|x\right|^{4}\cdot\frac{4n+3}{4n+7}\cdot\frac{1}{(2n+3)(2n+2)}.
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
f(1)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{(4n+3)(2n+1)!}.
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
\left|R_{N}\right|=\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}(-1)^{n}b_{n}\right|\le b_{N+1}.
Portanto basta escolher N tal que b_{N+1}<10^{-6}.

Passo 6

Calculemos várias b_{n} até achar b_{N+1}<10^{-6}.
  • Para n=0:
b_{0}=\frac{1}{(4\cdot 0+3)(2\cdot 0+1)!}=\frac{1}{3\cdot 1}= \frac{1}{3}\approx 0,3333333333.
  • Para n=1:
b_{1}=\frac{1}{7\cdot 3!}=\frac{1}{7\cdot 6}=\frac{1}{42}\approx 0,0238095238.
  • Para n=2:
b_{2}=\frac{1}{11\cdot 5!}=\frac{1}{11\cdot 120}=\frac{1}{1320}\approx 0,0007575758.
  • Para n=3:
b_{3}=\frac{1}{15\cdot 7!}=\frac{1}{15\cdot 5040}=\frac{1}{75600}\approx 0,0000132275.
  • Para n=4:
b_{4}=\frac{1}{19\cdot 9!}=\frac{1}{19\cdot 362880}=\frac{1}{6\,894\,720}\approx 1{,}450268\times 10^{-7}.
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.

Passo 7

Calculemos a soma parcial até n=3:
S_{3}=\sum_{n=0}^{3}(-1)^{n}\frac{1}{(4n+3)(2n+1)!}.
Vamos escrever e somar cada termo:
  • n=0: \displaystyle \frac{1}{3}
  • n=1: \displaystyle -\frac{1}{42}
  • n=2: \displaystyle +\frac{1}{1320}
  • n=3: \displaystyle -\frac{1}{75600}
Agora aritmética passo a passo (valores decimais com precisão suficiente):
\frac{1}{3}=0{,}3333333333333333,
-\frac{1}{42}\approx -0{,}023809523809523808,
+\frac{1}{1320}\approx +0{,}0007575757575757576,
-\frac{1}{75600}\approx -0{,}000013227513227513228.
Somando em ordem:
0{,}3333333333333333 - 0{,}023809523809523808 = 0{,}3095238095238095,
0{,}3095238095238095 + 0{,}0007575757575757576 = 0{,}31028138528138527,
0{,}31028138528138527 - 0{,}000013227513227513228 = 0{,}31026815776815776.
Portanto a soma parcial S_{3}\approx 0{,}31026815776815776 e o erro absoluto é ≤ b_{4}\approx 1{,}450268\times 10^{-7}<10^{-6}.

Resposta

f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{4n+3}}{(4n+3)(2n+1)!}
Intervalo de convergência: (-\infty,\infty)
f(1)\approx 0{,}31026815776815776 (erro absoluto <10^{-6})

Exercícios relacionados