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terça-feira, 31 de agosto de 2010

SÉRIE DE TAYLOR PARTE III - EXERCÍCIOS RESPONDIDOS


Série Taylor
Existem idéias importantes contidas no Methodus incrementorum directa et inversa de 1715, que não foram reconhecidas na época, como exemplos, uma discussão sobre cordas vibrantes (um interesse que certamente vem do amor precoce de Taylor pela música), soluções singulares para equações diferenciais e uma maneira de relacionar a derivada de uma função com a derivada da função inversa. Taylor, em seus estudos de cordas vibrantes não estava tentando estabelecer uma equação do movimento, mas estava considerando a oscilação de uma corda flexível em termos de isocronismo de um pêndulo. Ele tentou encontrar a forma de vibração da corda e do comprimento do pêndulo isócrono em vez de encontrar suas equações de movimento.

Daremos continuidade ao nosso estudo sobre expansão em séries de Taylor. Lembrando que o estudo anterior está aqui: TAYLOR - PARTE II.

Dando continuidade ao estudo anterior trataremos a nossa lista de exercícios a partir da 7ª questão:

7) Dada a função
$$f(x)=senx,$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de xo = 0 (ou a = 0).

- Primeiro passo: calcular f(xo) = f(0).

Substituindo 0 na função f(x)=senx, temos que

$$f(0)=sen0=0.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

$$f(x)=senx,$$

obteremos

$$f'(x)=cosx.$$

Portanto,

$$f'(0)=cos0=1.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=cosx,$$

vamos obter

$$f''(x)=-senx.$$
Portanto,

$$f''(0)=-sen0=0.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=-senx.$$

temos que

$$f'''(x)=-cosx.$$

Portanto,

$$f'''(0)=-cos0=-1.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e xo = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(x_{0} )+\frac{f'(x_{0})(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(x_{0})(x-a)^{2} }{2!}$$

$$+\frac{f'''(x_{0})(x-a)^{3} }{3!},$$

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$

$$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=0+\frac{1(x-0)^{1} }{1!}+\frac{0(x-0)^{2} }{2!} -\frac{1(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=0+x +0 -\frac{x^{3} }{3!} =x -\frac{x^{3} }{3!}.$$

Portanto,

$$f(x)=senx =x -\frac{x^{3} }{3!}.$$

Se a expansão for com aproximação até quinta ordem, teremos

$$senx =x -\frac{x^{3} }{3!}+\frac{x^{5} }{5!} -\cdots$$

com x em radianos. Esta expansão é muito usada na Física.

Observação:quando x for muito menor que 1, podemos aproximar senx pela expressão

$$senx \simeq x -\frac{x^{3} }{3!}.$$

Se x for maior que 1, serão necessários mais termos na série.

8) Dada a função

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}},$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 (ou xo=0).

- Primeiro passo: calcular f(a) = f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{{(1+x)}^{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{(1+x)}}$$


temos que

$$f(0)=\frac{1}{\sqrt{(1+0)}}=\frac{1}{1} =1.$$

 - Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}$$

obteremos

$$f'(x)=-\frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{1}{2}-1}\cdot \frac{d(1+x)}{dx}=$$

$$-\frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{3}{2}}.1=-\frac{1}{2(1+x)^{ \frac{3}{2}}}=-\frac{1}{2(\sqrt{1+x})^{3}}.$$
Portanto,

$$f'(0)=-\frac{1}{2(\sqrt{1+0})^{3}}=-\frac{1}{2(\sqrt{1})^{3}}=-\frac{1}{2}.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=-\frac{1}{2} (1+x)^{-\frac{3}{2}},$$

vamos obter

$$f''(x)=-\frac{3}{2}.(-\frac{1}{2} )(1+x)^{-\frac{3}{2}-1}\cdot \frac{d(1+x)}{dx}$$

$$=\frac{3}{4} (1+x)^{-\frac{5}{2}}.1=\frac{3}{4(1+x)^{ \frac{5}{2}}}$$

$$ =\frac{3}{4(\sqrt{1+x})^{5}}.$$

Portanto,

$$f''(0)=\frac{3}{4(\sqrt{1+0})^{5}}=\frac{3}{4(\sqrt{1})^{5}}$$

$$=\frac{3}{4.1}}}=\frac{3}{4}.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=\frac{3}{4} (1+x)^{-\frac{5}{2}},$$

temos que

$$f'''(x)=(-\frac{5}{2}).\frac{3}{4} (1+x)^{-\frac{5}{2}-1}\cdot \frac{d(1+x)}{dx}=$$

$$-\frac{15}{8}(1+x)^{-\frac{7}{2}}.1=-\frac{15}{8(1+x)^{ \frac{7}{2}}}=-\frac{15}{8(\sqrt{1+x})^{7}}.$$

Portanto,

$$f'''(0)=-\frac{15}{8(\sqrt{1+0})^{7}}=-\frac{15}{8(\sqrt{1})^{7}}$$

$$=-\frac{15}{8.1}}}=-\frac{15}{8}.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e a = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(a)+\frac{f'(a)(x-a)^{1}}{1!}+\frac{f''(a)(x-a)^{2}}{2!}$$
$$+\frac{f'''(a)(x-a)^{3}}{3!}$$,

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1}}{1!}+\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$
$$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3}}{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=1-\frac{\frac{1}{2} (x-0)^{1}}{1!}+\frac{\frac{3}{4}(x-0)^{2}}{2!}-\frac{\frac{15}{8} (x-0)^{3}}{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}=1-\frac{x}{2}+\frac{3x^{2} }{8}-\frac{15x^{3} }{48}$$

$$=1-\frac{x}{2} +\frac{3x^{2} }{8}-\frac{5x^{3} }{16}.$$

Na Física, geralmente, usa-se apenas

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}\simeq 1-\frac{x}{2},$$

que dá uma boa aproximação.

9) Mostre que a equação

$$E(r)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0} }\left( 1-\frac{Z}{\sqrt{Z^{2}+R^{2}}}\right),$$

para o campo de um disco carregado, em pontos sobre o seu eixo, reduz-se ao campo de uma carga pontual para Z>>R.

A equação acima, torna-se

$$E(r)=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}\left [ 1-\frac{Z}{Z{(1+\frac{R^{2}}{Z{^2}})}^{\frac{1}{2}}} \right]=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}\left [ 1-{(1+\frac{R^{2}}{Z{^2}})}^{-\frac{1}{2}} \right ]$$

Para fazer a expansão do termo

$$(1+\frac{R^{2}}{Z{^2}})}^{-\frac{1}{2}},$$

Usaremos a mesma feita na questão anterior, ou seja,

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}\simeq 1-\frac{x}{2}.$$

Substituindo o valor de

$$x=\frac{R^{2} }{Z^{2}}$$

nesta expansão, temos que

$$f(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}}\simeq 1-\frac{1}{2}.x=1-\frac{1}{2}.\frac{R^{2} }{Z^{2}}$$

Portanto,

$$E(r)=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}\left [ 1-(1-\frac{1}{2}.\frac{R^{2} }{Z^{2} })+\cdots \right]=\frac{\sigma }{2\varepsilon_{0}}.\frac{1}{2}\frac{R^{2}}{Z^{2}}$$
$$=\frac{\sigma }{4\varepsilon_{0}}.\frac{R^{2} }{Z^{2}}.$$

Substituindo

$$\sigma =\frac{Q}{A}$$
e

$$A=\pi R^{2}$$

na equacão acima, teremos

$$E(r)=\frac{1}{4\varepsilon_{0}}.\frac{Q}{\pi R^{2}}.\frac{R^{2} }{Z^{2}}=\frac{1}{4\varepsilon_{0}\pi }.\frac{Q}{Z^{2}}=\frac{KQ}{Z^{2}}$$

ou vetorialmente,

$$\vec{E}(r)=\frac{KQ}{Z^{2}}\vec{z},$$

que é o campo elétrico de uma carga pontual e, a uma distância Z da mesma.

10) Desafio para você: pelo método acima exposto, faça a expansão do teorema binomial

$$(1+x)^{n},$$

faça a expansão logarítmica

$$ln(1+x)$$
e a expansão trigonométrica

$$tgx.$$

Bons estudos e boa sorte!

7 comentários:

Anônimo disse...

Muito obrigado por dispor isto. Estas explicações deram realmente muita ajuda.
Continuação de um excelente trabalho.
Cumprimentos,
Irene G.
Porto

Anônimo disse...

Ah! mas é claro que vou virar fregueza né!!! vc tem um jeito especial de ensinar. Matemática nunca foi meu forte, física então... nem se fala! mas aqui, tenho certeza, vou aprender mesmo!! bjs

Anônimo disse...

Sou de Suzano, Tenho cinquenta anos, não terminei meus estudos por questões pessoais,só agora resolvi retomar os estudos e to enfrentando dificuldades em matemática. Resolvi procurar ajuda na internet e graças à Deus encontrei seu blog, na primeira explicação, já comecei entender alguma coisa, agora to treinando bastante pra saber mais e mais. Pode postar meus comentários.Obrigada!

Anônimo disse...

Muito Bom mesmo!
Obg

A.S.S

Anônimo disse...

nossass.. vcs salvaram a minha cadeira de calculo 4 viu!!! fiquei sem professor e o professor substituto...agora quer que aprendemos um assunto que vimos no inicio do semestre.... hauhau OBRIGADA!!

Junior disse...

A exposição foi muito boa. Só falta alguns ajustes.

Alcides Cabral disse...

Muito bom vou fazer bom uso

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