Exercícios Resolvidos de Séries de Taylor

Integração e Derivação termo a termo e Séries de Taylor

  1. Seja
  2. f t = cos ⁡ t 2 - 1 t 2 s e t ≠ 0 0 s e t = 0

    Determine a expansão em série de potências para a função

    F x = ∫ 0 x f t d t

    Em torno de x 0 = 0

  3. Calcule uma aproximação para F 1 com erro inferior a 10 - 3

Passo 1

a)

Ele está pedindo a expansão em série de potência daquela F x , bem ela nada mais é que a integral da f t , então vamos escrever a f t em forma de série de potência.

Para isso temos que achar a série de Taylor da f t , mas olha a cara dela, uma coisa levemente assustadora de ficar derivando né?

Mas temos uma função cosseno ali, essa é de boa de achar, depois é só irmos arrumando porque depois só temos coisas polinomiais na f t .

Primeiro vamos fazer

g t = cos ⁡ t

Para achar a série de Taylor de cosseno vamos começar achando as derivadas de cosseno

g ' t = - sen ⁡ t

g ' ' t = - cos ⁡ t

g ' ' ' t = sen ⁡ t

g i v t = cos ⁡ t

Separando as derivadas em pares e impares vamos ter

g 2 n t = - 1 n cos ⁡ t

g 2 n + 1 t = - 1 n sen ⁡ t

Como queremos essa série em torno do x 0 = 0 vamos ter

g 2 n 0 = - 1 n

g 2 n + 1 0 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos agora montar a série para o cosseno

cos ⁡ t = ∑ n = 0 ∞ g n 0 t n n ! = ∑ n = 0 ∞ g 2 n 0 t 2 n 2 n ! = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t 2 n 2 n !

Temos a nossa série do cosseno.

Mas a função que ele deu tem cos ⁡ t 2 , então vamos trocar t por t 2

cos ⁡ t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t 2 n 2 n !

Então

cos ⁡ t 2 = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t 2 2 n 2 n !

cos ⁡ t 2 = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t 4 n 2 n !

Passo 3

Agora que temos o cosseno que ele pediu, vamos completar a função

cos ⁡ t 2 - 1 = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t 4 n 2 n ! - 1

Repara que o primeiro termo da série é 1 , com aquele - 1 ele vai sumir, e a série vai começar em n = 1

cos ⁡ t 2 - 1 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n t 4 n 2 n !

Dividindo por t 2

cos ⁡ t 2 - 1 t 2 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n t 4 n 2 n ! t 2

cos ⁡ t 2 - 1 t 2 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n t 4 n - 2 2 n !

Então temos que

f t = ∑ n = 1 ∞ - 1 n t 4 n - 2 2 n !

Repara que isso inclui f 0 = 0 .

Calma que ainda falta um detalhe, para jogar isso dentro da integral temos que ver o raio de convergência dessa parada.

Passo 4

Vamos ver o raio de convergência dessa função, para isso vamos fazer o teste da razão,

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim n → ∞ ⁡ - 1 n + 1 t 4 n + 1 - 2 2 n + 1 ! 2 n ! - 1 n t 4 n - 2 =

lim n → ∞ ⁡ t 4 n + 2 2 n + 2 ! 2 n ! t 4 n - 2 = lim n → ∞ ⁡ t 2 2 n + 2 2 n + 1 =

lim n → ∞ ⁡ t 2 2 n + 2 2 n + 1 = t 2 ∞ = 0

Logo ele vai convergir para qualquer valor de t , quando integrarmos ele também vai valer para qualquer valor de x daquela integral isso porque não temos restrições para essa função.

Passo 5

Vamos agora para a função F x

F x = ∫ 0 x f t d t = ∫ 0 x ∑ n = 1 ∞ - 1 n t 4 n - 2 2 n ! d t = ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 x - 1 n t 4 n - 2 2 n ! d t

Vamos resolver aquela integral

∫ 0 x - 1 n t 4 n - 2 2 n ! d t = - 1 n 2 n ! ∫ 0 x t 4 n - 2 d t =

- 1 n 2 n ! t 4 n - 1 4 n - 1 0 x =

- 1 n 2 n ! x 4 n - 1 4 n - 1 - 0 4 n - 1 4 n - 1 =

- 1 n 2 n ! x 4 n - 1 4 n - 1

Dessa forma nossa função F x vai ficar

F x = ∑ n = 1 ∞ - 1 n x 4 n - 1 4 n - 1 2 n !

Passo 6

b)

Vamos calcular o valor que ele pediu

F 1 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n 1 4 n - 1 4 n - 1 2 n !

F 1 = ∑ n = 1 ∞ - 1 n 4 n - 1 2 n !

Beleza?

Ele quer uma aproximação dessa parada, então temos que dar uma trucada nessa série.

F 1 = ∑ n = 1 k - 1 n 4 n - 1 2 n !

Passo 7

Vamos analisar o erro. Como temos uma série alternada, podemos usar o critério de Leibniz para séries alternadas aí vamos ter

e r r o < a k + 1

Vamos ter

e r r o < - 1 k + 1 4 k + 1 - 1 2 k + 1 !

e r r o < - 1 k + 1 4 k + 3 2 k + 2 !

e r r o < 1 4 k + 3 2 k + 2 !

Ele quer que esse valor seja menor que 10 - 4 , para isso é só fazer

e r r o < 1 4 k + 3 2 k + 2 ! < 10 - 3

Temos que achar um k que faça aquilo ser verdade

1 4 k + 3 2 k + 2 ! < 10 - 3

Então

4 k + 3 2 k + 2 ! > 10 3

Vamos testando até achar um

k = 0 → 3.2 ! = 6 < 10 3

k = 1 → 4 + 3 . 2 + 2 ! = 7.4 ! = 168 < 10 3

k = 2 → 8 + 3 4 + 2 ! = 11.6 ! = 7920 > 10 3

Então temos k = 2

Passo 8

Vimos que basta pegar k = 2 , então

F 1 = ∑ n = 1 2 - 1 n 4 n - 1 2 n ! = - 1 1 4.1 - 1 2.1 ! + - 1 2 4.2 - 1 2.2 !

F 1 = - 1 3.2 ! + 1 7.4 !

F 1 = - 1 6 + 1 168

F 1 = 1 - 28 168

F 1 = - 27 168

Resposta

  1. F x = ∑ n = 1 ∞ - 1 n x 4 n - 1 4 n - 1 2 n !
  2. F 1 = - 27 168

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