Exercícios Resolvidos de Teorema do Resto das Séries Alternadas de Taylor

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Enunciado

a)Determine a expansão em série de potências em torno de x 0 = 0   da função f x = ln ⁡ ( 1 + x 2 ) e encontre os valores de x para os quais a expansão é válida

b)Calcule a integral

∫ 0 1 2 ln ⁡ ( 1 + x 2 ) d x

com erro menor que 10 - 4

Passo 1

a)

Vamos pensar um pouco nesse logaritmo como uma função que é mais fácil de achar a expansão dela em série de potências, a gente sabe a integral que da um logaritmo:

∫ 1 1 + t d t

Se a gente botar os limites que encontrem a nossa função, tá tudo certo, então olha ae:

ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = ∫ 0 x 2 1 1 + t d t

Passo 2

Opa, olhando a cara de 1 1 + t , lembramos muito da série geométrica, que da 1 1 - t , vamos ver isso aqui, calma!

Série geométrica:

∑ n = 0 ∞ t n = 1 1 - t   s e - 1 < t < 1

Então ok, vamos adotar como - t , logo o intervalo de convergência fica - 1 < - t < 1

Assim: - 1 < t < 1 ,e a série fica:

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

Então ficou assim:

∑ n = 0 ∞ - 1 n t n d t = 1 1 + t ,   - 1 < t < 1

Passo 3

Show! Achamos uma boa relação! Agora temos só que integrar esse cara!

∫ 0 x 2 1 1 + t d t = ∫ 0 x 2 ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n ∫ 0 x 2 t n d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n t n + 1 n + 1 t = 0 x 2

Assim fica:

ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = ∫ 0 x 2 1 1 + t d t = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 2 n + 2 n + 1 ,   - 1 < t < 1

Perceba que o intervalo de convergência se manteve, ele é preservado na integração. Agora o ponto é, diferente da série geométrica, não podemos dizer o que acontece nos limites do intervalo, ou seja, quanto t = 1 e t = - 1 , mas percebe que x 2 n + 2 está elevado a uma potência quadrática, ou seja, tanto para t = 1 quando para t = - 1 o x 2 n + 2 = 1

Passo 4

t = 1 e t = - 1

A série fica:

∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1

É uma série alternada, logo, pelo critério de Leibniz:

lim n → ∞ ⁡ - 1 n n + 1 = 0

E 1 n + 1 é decrescente, logo a série é convergente! E assim sabemos que:

ln ⁡ ( 2 ) = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1

Mas enfim, então descobrimos que o intervalo de convergência é - 1 ≤ t ≤ 1

Passo 5

b) Perceba que a integral tem o limite de integração 0 ≤ x ≤ 1 2 , e isso ∈ - 1 ≤ x ≤ 1 , ou seja, podemos aproveitar o resultado da letra a)

∫ 0 1 2 ln ⁡ 1 + x 2 d x = ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 1 2 - 1 n x 2 n + 2 n + 1 = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 2 n + 3 n + 1 2 n + 3 0 1 2

Assim ficou:

∫ 0 1 2 ln ⁡ 1 + x 2 d x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n + 1 2 n + 3 2 2 n + 3

É uma série alternada, que tem a seguinte característica:

1 n + 2 2 n + 1 + 3 2 2 n + 1 + 3 < 1 n + 1 2 n + 3 2 2 n + 3

Ou seja, ela é decrescente, e é fácil de ver que ela tende a 0 quando n → ∞ , assim, concluímos que essa é uma série convergente! Então podemos usar a estimativa de erro para uma série alternada:

s - s m < a n + 1 < 10 - 4

Onde s representa a série infinita e s m representa a série truncada até o termo m .

Assim:

a n + 1 = 1 n + 2 2 n + 1 + 3 2 2 n + 1 + 3 = 1 n + 2 2 n + 5 2 2 n + 5

1 n + 2 2 n + 5 2 2 n + 5 < 10 - 4

Ajeitando:

n + 2 2 n + 5 2 2 n + 5 > 10 4

Agora tem que ser no teste!

n = 0 → 2   .   5   .   2 5 = 320 < 10 4

n = 1 → 3   .   7   .   2 7 = 2688 < 10 4

n = 2 → 4   .   9   .   2 9 = 18432 > 10 4

Para n = 2 já temos a relação satisfeita Então ficou:

∫ 0 1 2 ln ⁡ 1 + x 2 d x = ∑ n = 0 2 - 1 n n + 1 2 n + 3 2 2 n + 3 = - 1 1.3 . 2 3 + 1 2.5 . 2 5 = 1 24 - 1 320 + 1 2688 =

= 560 - 42 + 5 2688 =

= 523 13440

Resposta

  1. ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 2 n + 2 n + 1 ,   - 1 ≤ t ≤ 1
  2. 523 13440

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