Exercícios Resolvidos de Séries de Taylor

Integração e Derivação termo a termo e Séries de Taylor

  1. Seja
  2. f x = e 3 x - 1 x s e x ≠ 0 3 s e x = 0

    Encontre uma série numérica cuja soma seja igual a

    ∫ 0 1 / 6 f x d x

  3. Calcule um valor aproximado para essa integral, com erro, em módulo, menor que 10 - 4

Passo 1

a1)

Ele está pedindo a expansão em série de potência daquela integral, então vamos escrever a f x em forma de série de potência.

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

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

Primeiro vamos fazer

g x = e x

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

g ' x = e x

g ' ' x = e x

A derivada vai ser sempre e x ,

g n x = e x

Vamos pegar a série mais tranquila, que é em torno de 0 . Outra evidência que ele quer isso em torno de 0 é que a integral vai de 0 a 1 / 6 , que são números próximos de 0 .

Então

g n 0 = e 0 = 1

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos agora montar a série para a exponencial

e x = ∑ n = 0 ∞ g n 0 x n n ! = ∑ n = 0 ∞ x n n !

Temos a nossa série da exponencial.

Mas a função que ele deu tem e 3 x , então vamos trocar x por 3 x

e 3 x = ∑ n = 0 ∞ 3 x n n !

Então

e 3 x = ∑ n = 0 ∞ 3 n x n n !

Passo 3

Agora que temos a exponencial que ele pediu, vamos completar a função

e 3 x - 1 = ∑ n = 0 ∞ 3 n x n 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

e 3 x - 1 = ∑ n = 1 ∞ 3 n x n n !

Dividindo por x

e 3 x - 1 x = ∑ n = 1 ∞ 3 n x n n ! x

e 3 x - 1 x = ∑ n = 1 ∞ 3 n x n - 1 n !

Então temos que

f x = ∑ n = 1 ∞ 3 n x n - 1 n !

Repara que isso inclui f 0 = 3 , o primeiro termo desse polinômio, ou seja, quando n = 1 via ser 3 os outros vão ter todos x elevado a alguém que trocando x por 0 vai dar tudo 0 sobrando só o 3 .

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 → ∞ ⁡ 3 n + 1 x n n + 1 ! n ! 3 n x n - 1 =

lim n → ∞ ⁡ 3 x n + 1 = 3 x ∞ = 0

Logo ele vai convergir para qualquer valor de x , quando integrarmos ele também vai valer porque os valores da integral estão no intervalo de convergência.

Passo 5

Vamos agora para a integral

∫ 0 1 / 6 f x d x = ∫ 0 1 / 6 ∑ n = 1 ∞ 3 n x n - 1 n ! d x = ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 1 / 6 3 n x n - 1 n ! d x

Vamos resolver aquela integral

∫ 0 1 / 6 3 n x n - 1 n ! d x = 3 n n ! ∫ 0 1 / 6 x n - 1 d x =

3 n n ! x n n 0 1 / 6 =

3 n n ! 1 / 6 n n - 0 n n =

3 n 6 n n . n ! =

1 2 n n . n !

Dessa forma nossa integral vai ficar

∫ 0 1 / 6 f x d x = ∑ n = 1 ∞ 1 2 n n . n !

Passo 6

a2)

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

∫ 0 1 / 6 f x d x = ∑ n = 1 k 1 2 n n . n !

Passo 7

E o erro vai ser

e r r o = ∫ 0 1 / 6 f x d x - ∑ n = 1 k 1 2 n n . n !

Não podemos usar o critério de Leibniz nesse caso porque não temos uma série alternada.

Podemos perceber que esse erro vai ser

e r r o = ∑ n = k + 1 ∞ 1 2 n n . n !

Repara que quanto maior o n vai se tornando menor vai ser o termo dessa série, então vamos ter

∑ n = k + 1 ∞ 1 2 n n . n ! < ∑ n = k + 1 ∞ 1 2 n k + 1 k + 1 !

Podemos tirar aquele k + 1 k + 1 ! daquele somatório, tendo

e r r o < 1 k + 1 k + 1 ! ∑ n = k + 1 ∞ 1 2 n

Aquele somatório é uma série geométrica, só que ele não começa com n = 0 , vamos dar uma arrumada para isso acontecer, para isso vamos fazer

n = n - + k + 1

E n - vai ser o nosso novo índice. Assim a série vai ficar

∑ n - = 0 ∞ 1 2 n - + k + 1 = ∑ n - = 0 ∞ 1 2 n - 2 k + 1

Podemos tirar 2 k + 1 do somatório

1 2 k + 1 ∑ n - = 0 ∞ 1 2 n - = 1 2 k + 1 ∑ n - = 0 ∞ 1 2 n -

Isso é uma série geométrica, que vai para 1 1 - 1 2

Então vamos ter

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

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

e r r o < 1 2 k k + 1 k + 1 !  

Passo 8

Vamos analisar esse erro que achamos

e r r o < 1 2 k k + 1 k + 1 !  

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

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

Temos que achar um k que faça aquilo ser verdade

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

Então

2 k k + 1 k + 1 ! > 10 4

Vamos testando até achar um, vamos começar com k = 1 porque o valor do índice da série começa em 1

k = 1 → 2.2 . 2 ! = 8 < 10 4

k = 2 → 2 2 . 3.3 ! = 4.3 . 6 = 72 < 10 4

k = 3 → 2 3 . 4.4 ! = 8.4 . 24 = 1152 < 10 4

k = 4 → 2 4 . 5.5 ! = 16.5 . 120 = 9600 < 10 4

k = 5 → 2 5 . 6.6 ! = 32.6 . 720 = 138240 > 10 4

Então temos k = 5

Passo 9

Vimos que basta pegar k = 5 , então nossa integral vai ser

∫ 0 1 / 6 f x d x = ∑ n = 1 5 1 2 n n . n !

Que vai ficar

∫ 0 1 / 6 f x d x = 1 2 1 1.1 ! + 1 2 2 2.2 ! + 1 2 3 3.3 ! + 1 2 4 4.4 ! + 1 2 5 5.5 !

∫ 0 1 / 6 f x d x = 1 2 + 1 16 + 1 144 + 1 1536 + 1 19200

∫ 0 1 / 6 f x d x = 57600 + 7200 + 800 + 75 + 6 115200

∫ 0 1 / 6 f x d x = 65681 115200

Resposta

a1)

∫ 0 1 / 6 f x d x = ∑ n = 1 ∞ 1 2 n n . n !

a2)

∫ 0 1 / 6 f x d x = 65681 115200

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