Enunciado

Encontre a série de Taylor para f ( x ) usando o valor dado a . [Assuma que f possui uma expansão em série de potências. Não mostre que R n x → 0 . ] Encontre também o raio de convergência associado.

f x = sen ⁡ x ,   a = π

Passo 1

E aí, galerinha! Tudo certinho?

A série de Taylor é da forma:

f x = ∑ n = 0 ∞ f n a n ! ( x - a ) n

Onde a f n a é a enésima derivada da nossa função no nosso ponto a , que para nós é a = π . A gente obtém esse termo derivando nossa função n vezes.

Os termos da série de Taylor são do formato:

f a + f ' a 1 ! x - a 1 + f ' ' a 2 ! x - a 2 + f ' ' ' a 3 ! x - a 3 + …

A questão quer que a gente encontre a série de Taylor de f ( x ) que no nosso caso é:

f x = sen ⁡ x        

Centrada em a = π e seu raio de convergência R .

Então precisamos encontrar f n a derivando várias vezes f ( x ) e substituirmos no termo geral de uma série de Taylor, aquela primeira equação desse passo 1.

Por fim, quando a gente precisar encontrar o Raio de convergência, o que precisamos achar é basicamente para quais valores de x nossa série vai convergir. Como a série em questão que será uma série de Taylor e já vimos ali em cima que ela vai ter um termo fatorial, vamos usar o Teste da Razão, pois simplifica bastante nossa vida nesses casos. Relembrando o Teste: Calculamos o limite:

lim n → ∞ ⁡ 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 caso L = 1 → o teste é inconclusivo.

Bora, então?

Passo 2

O enunciado nos deu que:

a = π

E que:

f x = sen ⁡ x

Agora vamos achar os valores de:

f n π

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 π é f n x com x = a = π .

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

Com n = 0 , temos a própria função:

f x = sen ⁡ x ⇒ f π = 0

Com n = 1 , temos a primeira derivada:

f ' x = cos ⁡ x ⇒ f ' π = - 1

Com n = 2 , temos a segunda derivada:

f ' ' x = - sen ⁡ x ⇒ f ' ' π = 0

Com n = 3 , temos a terceira derivada:

f ' ' ' x = - cos ⁡ x ⇒ f ' ' ' π = 1

Com n = 4 , temos a quarta derivada:

f ' ' ' ' x = sen ⁡ x ⇒ f ' ' ' ' π = 0

E assim sucessivamente.

Passo 3

Lembra que estamos fazer isso para encontrar f n π , né? Agora, precisamos usar esses valores para achar um termo geral de f n π para qualquer valor de n .

Vamos escrever os termos da série, dentro daquele formato que apresentamos no passo 1. Podemos escrever f ( x ) usando os valores das derivadas que encontramos no passo 2, temos:

0 + - 1 1 ! x - π 1 + 0 + 1 3 ! x - π 3 + 0 + - 1 5 ! x - π 5 + 0 + 1 7 ! x - π 7 + …

Podemos achar o padrão, de forma geral para as derivadas ímpares, os termos da série se alternam entre 1 e -1, então podemos escrever como:

f n + 1 π = - 1 n + 1

E para as derivadas pares:

f n π = 0

Vamos substituir os valores que encontramos no formato da série de Taylor:

f x = sen ⁡ x = ∑ n = 0 ∞ f n π n ! x - π n  

Como as derivadas pares são nulas, vamos escrever o termo geral de modo que a gente só considere as derivadas ímpares:

f x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n + 1 n ! x - π n

Precisamos agora escrever n de forma que ele só admita valores ímpares, então podemos usar:

2 n + 1

Assim sempre vamos ter n ímpar, já que os termos pares são nulos e não alteram nossa soma, podemos substituir n por 2 n + 1 .

Assim, nossa série de Maclaurin para f ( x ) é:

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

Passo 4

Agora vamos aplicar o Teste da Razão para achar a convergência da série

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

Vamos ter:

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

E com n = n + 1 :

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

Então já vamos escrever essa divisão de frações como uma multiplicação da primeira fração pelo inverso da segunda:

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim n → ∞ ⁡ - 1 n + 2 x - π 2 n + 3 2 n + 3 ! . 2 n + 1 ! - 1 n + 1 x - π 2 n + 1

Ufa! Quantos termos, né? Temos bastante coisa pra simplificar aqui. Vamos começar abrindo as somas de expoentes usando a propriedade: b m + n = b m   ⋅ b n   e já podemos simplificar os termos:

lim n → ∞ ⁡ - 1 n ⋅ - 1 2 ⋅ x - π 2 n ⋅ x - π 3 2 n + 3 ! . 2 n + 1 ! - 1 n ⋅ - 1 1 x - π 2 n ⋅ x - π 1

Simplificando os termos que se dividem:

lim n → ∞ ⁡ - 1 1 ⋅ x - π 2 ⋅ 2 n + 1 ! 2 n + 3 !

Agora podemos abrir os termos fatoriais e simplificar:

lim n → ∞ ⁡ - 1 1 ⋅ x - π 2 ⋅ 2 n + 1 ! 2 n + 3 2 n + 2 2 n + 1 ! = lim n → ∞ ⁡ - 1 1 ⋅ x - π 2 2 n + 3 2 n + 2

Vamos eliminar o termo o sinal negativo de - 1 1 já que temos o módulo:

lim n → ∞ ⁡ x - π 2 2 n + 3 ( 2 n + 2 )

Tirando os termos do módulo, temos:

x - π 2 lim n → ∞ ⁡ 1 2 n + 3 ( 2 n + 2 ) = 0

Passo 5

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, podemos dizer que seu raio de convergência é infinito:

R = ∞

Resposta

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

R = ∞

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