Enunciado

Encontre a sére de Maclaurin de f ( x ) usando a definição de uma série de Maclaurin. [Suponha que f tenha expansão em uma série de potências. Não mostre que R n x → 0 . ] Também encontre o raio de convergência associado.

f x = s e n   π x

Passo 1

Fala, time! Tudo firmeza?

questão quer que a gente encontre a série de Maclaurin de f x :

f x = s e n   π x

Achar a série de Maclaurin de uma função é expressá-la como uma soma infinita de termos (série) calculados a partir de suas derivadas em um ponto, que aqui para as séries de Maclaurin é x = 0 . A série de Maclaurin nada mais é que a série de Taylor com a = 0 e é assim:

f x = ∑ n = 0 ∞ f n 0 n ! x n = f 0 + f ' 0 1 ! x + f ' ' 0 2 ! x 2 + …

Olhando nosso formato de série vemos que o que falta encontrarmos é justamente f n 0 que são as derivadas de f ( x ) no ponto zero n vezes. Encontrando esse termo, nós substituímos em ∑ f n 0 n ! x n e temos nossa série de Maclaurin pra função que o enunciado pede.

Achar o raio de convergência R de uma série é achar para quais valores de x   nossa série converge. E para isso vamos usar o Teste da Razão, que facilita bastante nossos processos quando temos termos fatoriais, que é o caso da série de Maclaurin. Relembrando o Teste da Razão: calculamos o limite:

| a n + 1 a n |   = L      

Se: L < 1 → a série ∑ a n é absolutamente convergente (e, portanto, convergente). Se L > 1 → a série ∑ a n é divergente (o mesmo para L = ∞ )e se L = 1 → o teste é inconclusivo.

Vamos pro nosso passo a passo!

Passo 2

Para a s��rie de Maclaurin temos que:

a = 0

O enunciado nos deu que:

f x = s e n   π x

Agora vamos achar os valores de:

f n 0

Para cada derivada de f x .

n é a ordem da derivada. Então quando n = 0 temos a própria função, já que ainda não foi derivada. Quando n = 1 é a primeira derivada, quando n = 2 temos a segunda derivada que é a derivada de n = 1 derivada mais uma vez, e assim sucessivamente.

Como são muitas derivadas, vamos organizar tudo em uma lista. Aqui f n x é o valor da função derivada n vezes e   f n 0 é f n x com x = 0 .

Então vamos derivar a função algumas vezes e substituir x = 0 , neste caso a = 0 .

Podemos montar a seguinte tabela, para alguns valores de n :

Passo 3

Podemos escrever f ( x ) como:

s e n   π x = f 0 + f ' 0 x + f ' ' ( 0 ) 2 ! x 2 + f ' ' ' ' 0 3 !   x 3 + f 4 ( 0 ) 4 ! x 4 + f 5 ( 0 ) 5 ! x 5 + ⋯  

Usando os dados do passo 1, temos:

s e n   π x = 0 + π x + 0 - π 3 3 ! x 3 + 0 + π 5 5 ! x 5 + ⋯

Podemos então representar essa expressão em termos da série:

∑ n = 0 ∞ - 1 n π 2 n + 1 2 n + 1 ! x 2 n + 1  

Passo 4

Para nossa questão, temos:

a n = - 1 n π 2 n + 1 2 n + 1 ! x 2 n + 1

Fazendo n = n + 1 :

a n + 1 = - 1 n + 1 π 2 ( n + 1 ) + 1 2 ( n + 1 ) + 1 ! x 2 ( n + 1 ) + 1

Para encontrarmos o raio de convergência R , podemos fazer:

a n + 1   a n  

Então já vamos escrever essa divisão de frações como uma multiplicação da primeira fração pelo inverso da segunda. Como temos módulo, já podemos eliminar os termos negativos - 1 n + 1   e - 1 n :

a n + 1   a n   = π 2 n + 3 2 n + 3 ! x 2 n + 3 ⋅ 2 n + 1 ! π 2 n + 1 x 2 n + 1  

Abrindo as somas no expoente com a propriedade: b m + n = b m   ⋅ b n

π 2 n ⋅ π 3 2 n + 3 ! x 2 n ⋅ x 3   ⋅ 2 n + 1 ! π 2 n ⋅ π ⋅ x 2 n ⋅ x  

Simplificando os termos:

π 2 ⋅ x 2 2 n + 1 ! 2 n + 3 !  

Abrindo os termos fatoriais, simplificando os termos e já retirando os termos de dentro do módulo, inclusive x 2 , pois é sempre positivo:

π 2 ⋅ x 2 2 n + 1 ! 2 n + 3 ! =   π 2 ⋅ x 2 2 n + 1 ! 2 n + 3 2 n + 2 2 n + 1 !  

Por fim já podemos calcular nosso limite:

π 2 x 2 2 n + 3 ( 2 n + 2 ) = 0 < 1  

Nosso limite é L = 0 . O teste da razão diz que para que a série seja convergente L < 1 . Então aqui vamos precisar que L = 0 < 1 e isso é verdade para qualquer valor de x .

Como não temos nenhuma restrição para o valor de x na nossa série, seu raio de convergência é:

R = ∞

Resposta

R = ∞

∑ n = 0 ∞ - 1 n π 2 n + 1 2 n + 1 ! x 2 n + 1  

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