Exercícios Resolvidos de Séries de Taylor

Considere a seguinte função: h x ≔ ∫ 0 x 1 y log e ⁡ 1 - y 1 + y d y

  1. Encontre a série de Taylor em torno de zero dessa função.
  2. Determine o raio de convergência da série encontrada em (a).

Passo 1

Vamos começar resolvendo a letra (a). Como log e ⁡ a = ln ⁡ a , reescrevemos: ∫ 0 x 1 y log e ⁡ 1 - y 1 + y d y = ∫ 0 x 1 y ln ⁡ 1 - y 1 + y d y

Pronto, mais bonito. A série de Taylor centrada em 0 associada vai ser a série de Maclaurin:

h x = ∑ n = 0 ∞ h n 0 n ! x n

Em que h n 0 é a derivada de n-éssima ordem no ponto x = 0 . Vamos então começar derivando. Aqui, pelo o teorema fundamental do cálculo teremos: h ' x = 1 x ln ⁡ 1 - x 1 + x

Encontramos um problema: a derivada em x = 0 implica em divisão por zero, o que compromete nosso cálculo. O segredo é separarmos essa parte que dá problema e determinarmos a série do restante. Repara que podemos escrever:

h ' x = 1 x g x

E então podemos encontrar a série de Taylor associada a g x sem que o problema da divisão por zero ocorra.

Se derivarmos, encontramos:

g ' x = ln ⁡ 1 - x 1 + x ' = ln ⁡ 1 - x - ln ⁡ 1 + x ' = - 1 1 - x - 1 1 + x = - 2 1 - x 2

Se considerarmos x 2 = u , teremos: g ' x = - 2 1 - u

Que é uma função na forma:

a 1 - u = ∑ n = 0 ∞ a u n

Para todo u < 1 . Assim, comparando, temos:

g ' x = - 2 1 - x 2 = ∑ n = 0 ∞ - 2 u n = ∑ n = 0 ∞ - 2 x 2 n

Opa! Então conseguimos a relação que a gente queria. Encontramos uma série para g ' x , para encontrar a série associada a g x , integramos: g x = ∫ ∑ n = 0 ∞ - 2 x 2 n d x = ∑ n = 0 ∞ - 2 ∫ x 2 n d x = ∑ n = 0 ∞ - 2 2 n + 1 x 2 n + 1 + C

Como vimos que:

g x = ln ⁡ 1 - x 1 + x

Então, g 0 = 0 = C . Ficando: g x = ∑ n = 0 ∞ - 2 2 n + 1 x 2 n + 1

Legal, agora substituímos g x na expressão de h ' x .

h ' x = 1 x g x

h ' x = 1 x ∑ n = 0 ∞ - 2 2 n + 1 x 2 n + 1

E teremos: h ' x = ∑ n = 0 ∞ - 2 2 n + 1 x 2 n

Legal, agora integramos novamente para encontrar h x :

h x = ∫ ∑ n = 0 ∞ - 2 2 n + 1 x 2 n d x = ∑ n = 0 ∞ - 2 2 n + 1 ∫ x 2 n d x = - ∑ n = 0 ∞ 2 x 2 n + 1 2 n + 1 2 + D

Como:

h 0 = ∫ 0 0 1 y log e ⁡ 1 - y 1 + y d y = 0

Vamos ter que:

h 0 = 0 = D

Logo: h x = - ∑ n = 0 ∞ 2 x 2 n + 1 2 n + 1 2

E é isso aí!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos agora para a letra (b). A relação que usamos na letra (a)

a 1 - u = ∑ n = 0 ∞ a u n

Já implica no raio de convergência u < 1 , mas vamos mostrar isso agora. Analisamos a nossa série: - ∑ n = 0 ∞ 2 x 2 n + 1 2 n + 1 2

Como aparece potência de x , é interessante usarmos o teste da razão:

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim n → ∞ ⁡ 2 x 2 n + 3 2 n + 3 2 2 x 2 n + 1 2 n + 1 2 = lim n → ∞ ⁡ 2 x 2 n + 3 2 n + 3 2 ⋅ 2 n + 1 2 2 x 2 n + 1 =

l i m n → ∞ x 2 l i m n → ∞ 2 n + 1 2 2 n + 3 2 < 1

Vamos então para o limite à direita:

l i m n → ∞ 2 n + 1 2 2 n + 3 2 = l i m n → ∞ 2 n + 1 2 2 n + 3 2 = l i m n → ∞ 4 n 2 + 4 n + 1 4 n 2 + 12 n + 9

Dividindo pelo maior grau, temos: l i m n → ∞ 4 n 2 + 4 n + 1 4 n 2 + 12 n + 9 = l i m n → ∞ 4 n 2 n 2 + 4 n n 2 + 1 n 2 4 n 2 n 2 + 12 n n 2 + 9 n 2

Jogamos o limite para dentro da fração: l i m n → ∞ 4 + l i m n → ∞ 4 n + l i m n → ∞ 1 n 2 l i m n → ∞ 4 + l i m n → ∞ 12 n + l i m n → ∞ 9 n 2 = 4 4 = 1

Então, temos: l i m n → ∞ x 2 < 1 ⟹ l i m n → ∞ x 2 < 1 ⟹ x < 1

Ou seja, o raio de convergência é 1 como esperado 😊

Resposta

h x = - ∑ n = 0 ∞ 2 x 2 n + 1 2 n + 1 2

x < 1

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