Uma série infinita para a função arco seno

A partir de um cubo de arestas $a$, como encontrar o ângulo $\varphi$ formado entre a diagonal da face e a diagonal principal do cubo?

Vamos considerar o cubo da imagem acima. Aplicando o Teorema Pitagórico, conseguimos determinar os valores das diagonais $d$ e $D$.

Para a diagonal da face, temos:

$$ d^2=a^2+a^2\\ \ \\ d^2=2a^2 $$

Encontrando:

$$ d=a\sqrt{2} $$

Para a diagonal do cubo, temos:

$$ D^2=a^2+d^2\\ \ \\ D^2 = a^2 + 2a^2\\ \ \\ D^2 = 3a^2 $$

Encontrando:

$$ D=a\sqrt{3} $$

Pelas relações trigonométricas, conseguimos obter:

$$ \text{sen}(\varphi) = \frac{a}{D} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$ $$ \text{cos}(\varphi) = \frac{d}{D}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3} $$ $$ \text{tg}(\varphi) = \frac{a}{d}=\frac{1}{\sqrt{2}} $$

Assim, o arco cujo seno vale $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}$ é $\varphi$. Ou seja, o arco seno de $\varphi$ é $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Para determinarmos o valor de $\varphi$, podemos fazer uso de séries infinitas. Pelo Binômio de Newton, temos que:

$$ (1+x)^n = 1+nx + \frac{n(n-1)x^2}{2!}+\\ \frac{n(n-a)(n-2)x^3}{3!}+\cdots $$

Para $\displaystyle n=-\frac{1}{2}$, temos:

$$ (1-x)^{-1/2} = 1+\frac{1}{2}x+ \left(-\frac{1}{2}\right) \left(-\frac{3}{2}\right)\frac{x^2}{2!}+\\ \left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{5}{2}\right)\frac{x^3}{3!}+\cdots $$

Se trocarmos $x$ por $-x^2$, obteremos:

$$ (1-x^2)^{-1/2} = 1+\frac{1}{2}x^2+ \left(\frac{1}{2}\right) \left(\frac{3}{2}\right)\frac{x^4}{2!}+\\ \left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{5}{2}\right)\frac{x^6}{3!}+\cdots $$ $$ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{8}x^4+\frac{15}{48}x^6+\cdots $$

Para $x \in (-1,1)$, integrando termo a termo de $0$ a $\theta$, temos:

$$ \text{arc sen}(\theta) = \int_0^{\theta} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\ dx\\ \ \\ \text{arc sen}(\theta) = \theta + \frac{1}{2}\ \frac{\theta^3}{3} + \frac{3}{8}\ \frac{\theta^5}{5} + \frac{15}{48}\ \frac{\theta^7}{7} + \cdots $$

Se, $\displaystyle \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$, então:

$$ \text{arc sen}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{2}\ \frac{1}{3}\ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^3 +\\ \frac{3}{8}\ \frac{1}{5}\ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^5 + \frac{15}{48}\ \frac{1}{7}\ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^7+\cdots $$ $$ \text{arc sen}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{6}\ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^3 +\\ \frac{3}{40}\ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^5 + \frac{15}{336}\ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^7+\cdots $$ $$ \text{arc sen}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \approx 0,6151911 $$

Então, o arco cujo seno vale $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}$ é aproximadamente $0,6151911$. Fazendo uma transformação de radianos para graus, usamos a relação:

$$ \begin{cases} \pi = 180°\\ \ \\ 0,6151911 =\varphi \end{cases} $$

Logo, o ângulo $\varphi$ formado entre a diagonal da face do cubo com sua diagonal principal é aproximadamente $35,247853624°$.

O valor correto do $\displaystyle \text{arc sen}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 35,26438969°$.

O erro relativo percentual é dado por:

$$ E\ \% = \left| \frac{\overline{L}-L}{L} \right|\cdot 100 $$

Onde $\overline{L}$ é o valor aproximado e $L$ é o valor real. Temos que:

$$ E\ \% = \left| \frac{35,247853624 - 35,6438968}{35,6438968} \right| \cdot 100\\
\ \\
E\ \% = 1,11\% $$

Fica claro que, se tomarmos mais termos na série infinita, melhoramos ainda mais a aproximação.

Veja mais:

• A Série de Maclaurin e o Binômio de Newton
• Expansão em Série de Taylor
• Newton e a Série Infinita para $\pi$
• Demonstração da Identidade de Euler