1. Problemas de erro de Taylor:
(a) Para [f(x)=e^{x}) em a=0, mostre que \left|R_{n}(x)\right| \leq \frac{e^{|x|}|x|^{n+1}}{(n+1)!}
(b) Para f(x)=\sin x em a=0, mostre que \left|R_{n}(x)\right| \leq \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}
(c) Para f(x)=\ln (1+x) em a=0 com |x|<1, mostre que \left|R_{n}(x)\right| \leq \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)(1-|x|)}
(d) Determine o menor n tal que T_{n}(1) aproxime e com erro <10^{-6}
(e) Determine o menor n tal que T_{n}(0.5) aproxime \ln 1.5 com erro <10^{-4}

Parte 5: Problemas Desafiadores

(a) Mostre que J_{0} satisfaz a equação diferencial x^{2} J_{0}^{\prime \prime}(x)+x J_{0}^{\prime}(x)+x^{2} J_{0}(x)=0
(a) Encontre a série de Maclaurin para \operatorname{erf}(x)
(a) Mostre que f^{(n)}(0)=0 para todo n
  1. A função de Bessel de ordem 0 é definida por:
J_{0}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} x^{2 n}}{2^{2 n}(n!)^{2}}
(b) Determine o raio de convergência da série
(b) Use a série para aproximar \operatorname{erf}(0.5) com erro menor que 10^{-4}
(b) Qual é a série de Taylor de f em x=0 ?
2. A função erro é definida por:
\operatorname{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{x} e^{-t^{2}} d t
  1. Considere a função f(x)= \begin{cases}e^{-1 / x^{2}} & \text { se } x \neq 0 \\\\ 0 & \text { se } x=0\end{cases}\] \text{(c)} A série converge para \(f(x) ?

Passo 1

Listando com calma o que o enunciado pede e quais dados temos (vou enumerar para não perder nada):
  • (a) Para [f(x)=e^{x}) em a=0: mostrar uma cota para o resto R_{n}(x), mais precisamente \left|R_{n}(x)\right| \leq \dfrac{e^{|x|}|x|^{n+1}}{(n+1)!}.
  • (b) Para f(x)=\sin x em a=0: mostrar \left|R_{n}(x)\right| \leq \dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}.
  • (c) Para f(x)=\ln(1+x) em a=0 com |x|<1: mostrar \left|R_{n}(x)\right| \leq \dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)(1-|x|)}.
  • (d) Determinar o menor n tal que o polinômio de Taylor T_{n}(1) aproxime e com erro <10^{-6}.
  • (e) Determinar o menor n tal que T_{n}(0.5) aproxime \ln 1.5 com erro <10^{-4}.
Depois vem a Parte 5 (problemas desafiadores), com vários itens:
  • Definição de J_{0}: J_{0}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{2^{2n}(n!)^{2}}.Pedidos:
    • Mostrar que J_{0} satisfaz a EDO \;x^{2}J_{0}''(x)+xJ_{0}'(x)+x^{2}J_{0}(x)=0.
    • Determinar o raio de convergência da série de J_{0}.
  • A função erro: \operatorname{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{x} e^{-t^{2}}\,dt.Pedidos:
    • Encontrar a série de Maclaurin para \operatorname{erf}(x).
    • Usar a série para aproximar \operatorname{erf}(0.5) com erro <10^{-4}.
  • A função f(x)=\begin{cases} e^{-1/x^{2}}, & x\neq 0,\\\\ 0, & x=0, \end{cases}Pedidos:
    • Mostrar que f^{(n)}(0)=0\] para todo \(n.
    • Qual é a série de Taylor de f em x=0?
    • A série (de Taylor) converge para f(x)?
Agora que está tudo claro e organizado, eu começo a resolver passo a passo e a ensinar o que for necessário para cada item.

Passo 2

Ferramenta principal: forma do resto (Lagrange) da série de Taylor e outras formas úteis.
  • Teorema (forma de Lagrange do resto). Se f tem derivadas até ordem n+1 em um intervalo contendo 0 e x, então existe \xi entre 0 e x tal que
R_{n}(x)=f(x)-T_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\,x^{\,n+1}.
Aqui f^{(n+1)}(\xi) é a (n+1)-ésima derivada avaliada em algum ponto \xi entre 0 e x. Para obter uma cota absoluta do resto, usamos
\left|R_{n}(x)\right| \le \frac{\sup_{\eta\in I}|f^{(n+1)}(\eta)|}{(n+1)!}\,|x|^{n+1},
onde I é o segmento entre 0 e x.
  • Outro resultado útil: para séries alternadas com termos de módulo decrescente a zero (teste da série alternada), o erro ao truncar após n termos tem módulo menor que o módulo do próximo termo. Em fórmulas: se \sum (-1)^k a_k com a_k\downarrow 0, então |R_n|\le a_{n+1}.
Vou usar a forma de Lagrange quando for natural (ex.: e^x, \sin x) e o teste da série alternada quando for mais simples (ex.: \ln(1+x) pelo seu desenvolvimento alternado).

Passo 3

(a) Para f(x)=e^{x} em a=0.
  • Observação sobre derivadas: todas as derivadas de e^{x} são e^{x}. Ou seja,
f^{(k)}(x)=e^{x}\quad\text{para todo }k\ge0.
  • Aplicando a forma de Lagrange do resto: existe \xi entre 0 e x tal que
R_{n}(x)=\frac{e^{\xi}}{(n+1)!}\,x^{\,n+1}.
  • Tomando o valor absoluto e usando |e^{\xi}|=e^{\xi}\le e^{|\xi|}\le e^{|x|} (pois |\xi|\le|x|), obtemos
\left|R_{n}(x)\right| \le \frac{e^{|x|}\,|x|^{n+1}}{(n+1)!}.
Isso é exatamente a desigualdade pedida. Intuição rápida: como as derivadas de e^x são e^x, o resto tem um fator e^{\xi} e basta majorar por e^{|x|}.

Passo 4

(b) Para f(x)=\sin x em a=0.
  • Derivadas de \sin x: elas se repetem entre \sin e \cos com sinais. Em particular, para qualquer k,
|f^{(k)}(t)|\le 1\quad\text{para todo }t,
pois |\sin|\le1 e |\cos|\le1.
  • Pela forma de Lagrange do resto existe \xi entre 0 e x tal que
R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\,x^{\,n+1}.
  • Tomando módulo e usando |f^{(n+1)}(\xi)|\le1 obtemos
\left|R_{n}(x)\right| \le \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!},
que é a desigualdade pedida. Intuição: todas as derivadas de \sin são funções limitadas por 1.

Passo 5

(c) Para f(x)=\ln(1+x) em a=0 com |x|<1.
Primeiro obtenho a forma das derivadas e depois uso o teste da série alternada para uma cota prática (mais simples e, de fato, mais forte).
  • Derivadas. Por indução (ou diferenciando sucessivamente), tem-se
f'(x)=\frac{1}{1+x},\qquad f''(x)=-\frac{1}{(1+x)^{2}},\qquad f^{(k)}(x)=(-1)^{\,k-1}\frac{(k-1)!}{(1+x)^{k}}\quad(k\ge1).
Isso pode ser mostrado por indução: derivando a expressão de ordem k obtém-se a de ordem k+1.
  • Lagrange daria
R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1} =(-1)^n\frac{n!}{(n+1)!}\frac{x^{n+1}}{(1+\xi)^{n+1}} =(-1)^n\frac{x^{n+1}}{(n+1)}\frac{1}{(1+\xi)^{n+1}},
para algum \xi entre 0 e x. Tomando módulos:
\left|R_n(x)\right|\le\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)}\cdot\frac{1}{|1+\xi|^{n+1}}.
Agora, embora possamos tentar uma cota direta usando |1+\xi|\ge 1-|x|, isso levaria a uma potência (1-|x|)^{-(n+1)}, uma cota diferente. Em vez disso, é mais simples usar o desenvolvimento em série conhecido de \ln(1+x) e o teste da série alternada, que dá uma cota ainda mais forte e então implica a cota pedida:
  • Série de Maclaurin (válida para |x|<1):
\ln(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k}}{k}=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots.
Para 0<|x|<1 os módulos dos termos são a_k=\dfrac{|x|^{k}}{k}. Note que
\frac{a_{k+1}}{a_k}=\frac{|x|}{1+\tfrac{1}{k}}<|x|<1,
portanto (a_k) é monotonicamente decrescente e tende a 0. Assim a série é alternada com termos decrescentes de módulo →0, e pelo teste da série alternada o resto ao truncar após n termos satisfaz
\left|R_{n}(x)\right|\le a_{n+1}=\frac{|x|^{n+1}}{n+1}.
Essa desigualdade é mais forte que a que o enunciado pede, pois para |x|<1 temos 1-|x|>0 e portanto
\frac{|x|^{n+1}}{n+1}\le \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)(1-|x|)}.
Logo a desigualdade pedida
\left|R_{n}(x)\right|\le\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)(1-|x|)}
é verdadeira (é uma cota mais frouxa) e está demonstrada indiretamente por mostrar a cota alternada mais forte. Intuição: o desenvolvimento de \ln(1+x) é uma série alternada com termos que caem rápido, por isso o resto é pequeno (no máximo o próximo termo).

Passo 6

(d) Quanto a T_{n}(1) aproximando e com erro <10^{-6}.
  • Pelo resultado do item (a), para x=1 temos
\left|R_{n}(1)\right|\le\frac{e^{1}\,1^{\,n+1}}{(n+1)!}=\frac{e}{(n+1)!}.
Queremos \dfrac{e}{(n+1)!}<10^{-6}, isto é (n+1)!>e\cdot 10^{6}\approx 2{,}71828\times 10^{6}.
  • Testando fatoriais:
\begin{aligned} 7!&=5040,\\\\ 8!&=40320,\\\\ 9!&=362880,\\\\ 10!&=3628800. \end{aligned}
Vemos que 9!<2{,}718\times10^{6} mas 10! = 3{,}628{,}800>2{,}718\times10^{6}. Assim n+1=10 é suficiente, isto é n=9.
  • Verificação numérica rápida: \dfrac{e}{10!}\approx \dfrac{2{,}71828}{3{,}628{,}800}\approx 7{,}49\times10^{-7}<10^{-6}. Para n=8 teríamos \dfrac{e}{9!}\approx 7{,}49\times10^{-6} que ainda é > 10^{-6}. Logo o menor n desejado é n=9.

Passo 7

(e) Quanto a T_{n}(0.5) aproximando \ln 1{,}5 com erro <10^{-4}.
  • Pelo item (c) (ou melhor, pelo teste da série alternada que usamos lá), para |x|<1 temos a cota mais simples
\left|R_{n}(x)\right|\le\frac{|x|^{n+1}}{n+1}.
Tomando x=0{,}5, queremos
\frac{0{,}5^{\,n+1}}{n+1}<10^{-4}.
  • Testando valores (faço os cálculos passo a passo):
\begin{aligned} n=7:&\quad \frac{0{,}5^{8}}{8}=\frac{1}{256}\cdot\frac{1}{8}=\frac{1}{2048}\approx 4{,}88\times10^{-4}>10^{-4},\\\ n=8:&\quad \frac{0{,}5^{9}}{9}=\frac{1}{512}\cdot\frac{1}{9}\approx 2{,}17\times10^{-4}>10^{-4},\\\ n=9:&\quad \frac{0{,}5^{10}}{10}=\frac{1}{1024}\cdot\frac{1}{10}\approx 9{,}77\times10^{-5}<10^{-4}. \end{aligned}
  • Portanto o menor n que garante erro <10^{-4} é n=9.

Passo 8

Parte 5 — (a) Mostrar que J_{0} satisfaz a EDO
x^{2}J_{0}''(x)+xJ_{0}'(x)+x^{2}J_{0}(x)=0,
com J_{0}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{2^{2n}(n!)^{2}}.
  • Escrevo o termo genérico
a_n=\frac{(-1)^n}{2^{2n}(n!)^{2}},\qquad J_{0}(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^{2n}.
  • Derivando termo a termo (soma de potências permite isso no raio de convergência), obtém-se
J_{0}'(x)=\sum_{n=1}^\infty a_n\,2n\,x^{2n-1},\qquad J_{0}''(x)=\sum_{n=1}^\infty a_n\,2n(2n-1)\,x^{2n-2}.
  • Multiplicando por x^{2} e por x:
x^{2}J_{0}''(x)=\sum_{n=1}^\infty a_n\,2n(2n-1)\,x^{2n},\qquad xJ_{0}'(x)=\sum_{n=1}^\infty a_n\,2n\,x^{2n},
e
x^{2}J_{0}(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^{2n+2}=\sum_{n=1}^\infty a_{n-1} x^{2n}
(reindexei a soma do último termo com n\mapsto n-1).
  • Somando os três termos:
x^{2}J_{0}''(x)+xJ_{0}'(x)+x^{2}J_{0}(x) =\sum_{n=1}^\infty\Big( a_n\,[2n(2n-1)+2n]+a_{n-1}\Big)\,x^{2n}.
Mas 2n(2n-1)+2n=4n^{2}. Logo o coeficiente de x^{2n} é
4n^{2}a_n+a_{n-1}.
  • Calculo a relação entre a_{n-1} e a_n:
\frac{a_{n-1}}{a_n} =\frac{(-1)^{n-1}}{(-1)^n}\cdot\frac{2^{2n}}{2^{2n-2}}\cdot\frac{(n!)^2}{((n-1)!)^2} =-1\cdot 2^{2}\cdot n^{2}=-4n^{2}.
Assim a_{n-1}=-4n^{2}a_n, e portanto 4n^{2}a_n+a_{n-1}=0 para todo n\ge1. O coeficiente do x^{0} (caso n=0) também é zero pois o primeiro somatório começa em n=1. Portanto a soma é identicamente zero, e a série satisfaz a EDO pedida.

Passo 9

Parte 5 — raio de convergência de J_{0}.
  • Considere o termo geral (módulo)
c_n=\frac{|x|^{2n}}{2^{2n}(n!)^{2}}=\frac{\left(\dfrac{|x|^{2}}{4}\right)^{n}}{(n!)^{2}}.
Aplicando o teste da razão:
\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{\left(\dfrac{|x|^{2}}{4}\right)^{n+1}}{((n+1)!)^{2}}\cdot\frac{(n!)^{2}}{\left(\dfrac{|x|^{2}}{4}\right)^{n}} =\frac{|x|^{2}}{4}\cdot\frac{1}{(n+1)^{2}}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.
Como o limite da razão é 0 para todo x, a série converge para qualquer x. Portanto o raio de convergência é infinito:
R=\infty.

Passo 10

Parte 5 — série de Maclaurin para \operatorname{erf}(x) e aproximação de \operatorname{erf}(0{,}5).
  • Expandimos e^{-t^{2}} em série de potências (válida para todo t):
e^{-t^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}t^{2n}}{n!}.
Integrando termo a termo de 0 a x e multiplicando por \dfrac{2}{\sqrt{\pi}}:
\operatorname{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!}\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1} =\frac{2}{\sqrt{\pi}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)n!}.
Essa é a série de Maclaurin de \operatorname{erf}(x).
  • Para aproximar \operatorname{erf}(0{,}5) com erro <10^{-4} uso o fato de que, para x>0, a série é alternada com termos de módulo decrescente (porque n! cresce muito), então o erro ao truncar após n é no máximo o módulo do próximo termo. Denotando o n-ésimo termo por
t_n=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\frac{|x|^{2n+1}}{(2n+1)n!},
basta achar n tal que t_{n}<10^{-4} com x=0{,}5.
  • Calculei termos iniciais (aproximações numéricas usando \dfrac{2}{\sqrt{\pi}}\approx 1{,}128379167):
\begin{aligned} t_0&=1{,}128379167\cdot\frac{0{,}5}{1\cdot 1}=0{,}5641895835,\\\ t_1&=1{,}128379167\cdot\frac{0{,}5^{3}}{3\cdot 1}=0{,}0470157995,\\\ t_2&=1{,}128379167\cdot\frac{0{,}5^{5}}{5\cdot 2}=0{,}0035261283,\\\ t_3&=1{,}128379167\cdot\frac{0{,}5^{7}}{7\cdot 6}\approx0{,}0002099249,\\\ t_4&\approx 1{,}020\times10^{-5}<10^{-4}. \end{aligned}
Logo, somando os primeiros quatro termos (índices n=0,1,2,3) e truncando aí, o próximo termo t_4 controla o erro e dá erro \le t_4\approx 1{,}02\times10^{-5}<10^{-4}.
  • Soma parcial (com sinais alternados) até n=3:
\operatorname{erf}(0{,}5)\approx t_0 - t_1 + t_2 - t_3 \approx 0{,}5641895835-0{,}0470157995+0{,}0035261283-0{,}0002099249 \approx 0{,}5204899874.
O erro é \le t_4\approx 1{,}02\times10^{-5}. A verdade conhecida é \operatorname{erf}(0{,}5)\approx 0{,}5204998778, então nossa soma está a menos de 10^{-4} do valor exato, como requerido.

Passo 11

Função f(x)=e^{-1/x^{2}} (definida por 0 em x=0). Mostrar f^{(n)}(0)=0 para todo n e analisar a série de Taylor.
  • Ideia principal: e^{-1/x^{2}} tende a 0 mais rapidamente que qualquer potência de x quando x\to0. Em particular, para todo inteiro m\ge0,
\lim_{x\to0}\frac{e^{-1/x^{2}}}{x^{m}}=0.
Uma maneira de ver isso é fazer mudança de variável y=1/x. Para x\to0^{+}, y\to+\infty e
\frac{e^{-1/x^{2}}}{x^{m}}=\frac{e^{-y^{2}}}{y^{-m}}=y^{m}e^{-y^{2}}\xrightarrow[y\to\infty]{}0,
pois o fator exponencial domina qualquer potência polinomial. Pela simetria x\to0^{-} o mesmo vale (usando y=1/|x|). Portanto f(x) é “mais pequena” que qualquer x^{m}.
  • Para as derivadas em 0: pode-se provar por indução que para x\neq 0 cada derivada f^{(n)}(x) é da forma
f^{(n)}(x)=P_n\!\big(1/x\big)\,e^{-1/x^{2}}
onde P_n é um polinômio (com coeficientes reais) em 1/x. Assim f^{(n)}(x) é sempre igual a um polinômio em 1/x multiplicado pela função que vai a zero extremadamente rápido; tomando x\to0 (ou seja 1/x\to\infty) o fator exponencial vence o polinômio e f^{(n)}(x)\to0. Isso implica que os diferenciais centrados em 0 (ou as derivadas no ponto 0) são todos zero. Em termos práticos, usando a definição do derivada por limite:
f^{(n)}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f^{(n-1)}(x)}{x},
e aplicando repetidamente o fato de que f^{(k)}(x) decai mais rápido que qualquer potência, obtemos f^{(n)}(0)=0 para todo n. Portanto a função é infinitamente diferenciável em 0 e todas as derivadas em 0 são 0.
  • Série de Taylor em x=0. A série de Taylor (Maclaurin) de f é
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}0\cdot\frac{x^{n}}{n!}\equiv 0.
Ou seja, a série de Taylor é a série identicamente nula.
  • Convergência da série para f(x). A série de Taylor converge (é a série zero) para todo x e seu somatório é 0 para todo x. Porém f(x)=e^{-1/x^{2}} não é 0 quando x\neq 0. Portanto a série de Taylor não converge para f(x) exceto em x=0. Conclusão: a série de Taylor existe e é identicamente zero, mas não representa a função fora do ponto 0. Esse é o exemplo clássico de função “flat” em 0 (todas as derivadas zero) mas não igual à sua série de Taylor em vizinhança de 0.

Resposta

(a) \left|R_{n}(x)\right| \leq \dfrac{e^{|x|}\,|x|^{n+1}}{(n+1)!}.
(b) \left|R_{n}(x)\right| \leq \dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}.
(c) \left|R_{n}(x)\right| \leq \dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)(1-|x|)} (válido para |x|<1; observe que pela estimativa da série alternada temos a cota mais forte \left|R_n(x)\right|\le\dfrac{|x|^{n+1}}{n+1}).
(d) O menor n é n=9.
(e) O menor n é n=9.
Parte 5 — respostas rápidas:
  • J_{0}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{2^{2n}(n!)^{2}} satisfaz \;x^{2}J_{0}''(x)+xJ_{0}'(x)+x^{2}J_{0}(x)=0.
  • O raio de convergência de J_{0} é R=\infty.
  • Série de \operatorname{erf}(x):
\operatorname{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)n!}.
  • Aproximação encontrada: \operatorname{erf}(0{,}5)\approx 0{,}5204899874 com erro \le 1{,}02\times10^{-5}<10^{-4}.
  • Para f(x)=e^{-1/x^{2}} (com f(0)=0): f^{(n)}(0)=0 para todo n; a série de Taylor em 0 é identicamente 0; essa série converge para 0 para todo x e portanto não converge para f(x) quando x\neq0.

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