Exercícios Resolvidos de Séries de Taylor

Resolva:

a) Encontre a expansão de Taylor da função ln ⁡ 1 + t ao redor do ponto t 0 = 0 .

b) Use o resultado do item (b) para encontrar uma série de potências para

f x = ∫ 0 x ln ⁡ 1 + t t   d t

Passo 1

a) Falaaa! Tá bem?

Um bizu que vou te dar: quando a gente encontra esse log com um termo linear no argumento (no nosso caso o ( 1 + t ) ), é mais jogo a gente achar a expansão da derivada dessa função primeiro. E depois achar a da função em si. Como vai ser isso? Vem descobrir!

Vamos chamar

F t = ln ⁡ 1 + t

Temos que

F ' ( t ) = 1 1 + t = 1 + t - 1

Então a gente vai começar achando a expansão de Taylor de F ' t . Para facilitar, vamos chamar ela de g ( t ) .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Começamos calculando o valor da função e as derivadas sucessivas de g t , no ponto t 0 = 0 (que o enunciado pede), para ver se achamos um padrão. Para ajudar a gente na reflexão, vamos numerar elas de n = 0,1 , 2 , …

n = 0 ,     g t = 1 + t - 1 ∴ g 0 = 1

n - 1 ,     g ' t = - 1 + t - 2 ∴ g ' 0 = - 1

n = 2 ,     g ' ' t = 2 1 + t - 3 ∴ g ' ' 0 = 2 ⋅ 1

n = 3 ,     g 3 ( t ) = - 3 ⋅ 2 1 + t - 4 ∴ g 3 ( 0 ) = - 3 ⋅ 2 ⋅ 1

n = 4 ,     g 4 t = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 1 + t - 5 ∴ g 4 0 = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1

n = 5 ,     g 5 t = - 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 1 + t - 6 ∴ g 5 0 = - 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1

Botamos n = 0 no valor da função sem derivar ainda, tá?

Passo 3

A gente agora vai tentar entender o padrão dessa derivada:

Percebe que o sinal dela vai mudando, então a gente vai ter um termo que indica que temos uma série alternada - 1 n . Esse expoente tá certinho, já que para n = 0 , temos um termo positivo e para n = 1 , temos um termo negativo. Então temos - 1 n .

E para finalizar, em n = 3 , a gente tem esse termo

3 ⋅ 2

E em n = 4

4 ⋅ 3 ⋅ 2

Repara que para um valor de n , a gente vai ter o termo

n !

Aí com essas observações, a gente encontrou um padrão para as derivadas g n 0

g n 0 = - 1 n ⋅ n !

Passo 4

Agora a gente substitui isso na fórmulinha de série de Taylor em torno de t 0 = 0 :

g t = ∑ n = 0 ∞ g n 0 n ! t n

Como

g n 0 = - 1 n ⋅ n !

g t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n ⋅ n ! n ! t n

g t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n

E pelo teste da razão, essa série vai ter o intervalo de convergência

lim n → ∞ ⁡ - 1 n + 1 t n + 1 - 1 n t n < 1

t < 1

Passo 5

Mas a gente não quer achar a expansão de g t = 1 + t - 1 , mas de F t = ln ⁡ 1 + t , lembra? Então a gente vai precisar fazer mais uma coisinha. Como:

F ' t = g t

Então

F t = ∫ g t d t

Aí a gente calcula

F t = ∫ ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n ∫ t n d t

Aí a gente usa a regrinha de integrar polinômios e

F t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n + 1 n + 1

Era isso que a gente queria!

Passo 6

Ela mantém o mesmo intervalo de convergência t < 1 . Mas precisamos descobrir que se é um intervalo fechado ou aberto nas extremidades.

- Limitante inferior do intervalo: t 1 = - 1

∑ n = 0 ∞ - 1 n ( - 1 ) n + 1 n + 1 = ∑ n = 0 ∞ - 1 2 n + 1 n + 1 = - ∑ n = 0 ∞ 1 n + 1

O expoente do - 1 , fica ímpar, então ali só dá - 1 . E essa série diverge. A gente pode ver isso fazendo a comparação no limite dela com a série harmônica, que tem termo 1 / n , e também diverge.

- Limitante superior do intervalo: t 2 = 1

∑ n = 0 ∞ - 1 n ( 1 ) n + 1 n + 1 = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1

Essa série converge condicionalmente (a gente pode usar o teste da série alternada nela para provar).

Aí a gente pode dizer que nosso raio de convergência é R = 1 . E que o intervalo de convergência é - 1 , 1 , beleza?

Passo 7

b) A gente precisa calcular

f x = ∫ 0 x ln ⁡ 1 + t t   d t

A gente viu que

F t = ln ⁡ 1 + t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n + 1 n + 1

Vamos substituir isso na integral, e jogar para fora o que é constante.

f x = ∫ 0 x ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n + 1 n + 1 t   d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1 ∫ 0 x t n + 1 t   d t

Usando uma propriedade de potência, a gente pode simplificar esse integrando, assim:

f x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1 ∫ 0 x t n   d t

Usamos de novo a regrinha de integração para polinômios e achamos:

f x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1 t n + 1 n + 1 0 x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1 x n + 1 n + 1 - 0 n + 1 n + 1

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

Resposta

a) F t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n + 1 n + 1 ,   t < 1 ,   I = - 1,1

b) f x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x n + 1 n + 1 2

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