16.2 Polinômio de Taylor de Ordem 2

e) f(x) = cos 3x, x = 0 0

f)

 

2. Calcule um valor aproximado e avalie o erro.

a)

b)

c) sen 0,02

d 0,001 ) e

e) cos 0,01

f) ln 0,99

 

16.2 Polinômio de Taylor de Ordem 2

Vimos que o polinômio de Taylor, de ordem 1, de f em volta de x , tem em 0 comum com f o valor em x e o valor da derivada em x . 0 0

Suponhamos que a f tenha derivadas até a 2 ordem no intervalo I e seja

x ∈ I. Vamos procurar o polinômio P, de grau no máximo 2, que tenha 0

em comum com a f o valor em x , o valor da derivada 1 em x e o valor da

0 0

derivada 2 a em x . Queremos, então, determinar P, de grau no máximo 2,

0

tal que

f(x ) = P (x ), f′(x ) = P′(x ) e f″(x ) = P″(x ). 0 0 0 0 0 0

Podemos procurar P da forma

P 2 ( x ) = A + A ( x − x ) + A ( x − x ) .

0 1 0 2 0

Como P (x ) = A , devemos ter A = f(x ). 0 0 0 0

P′(x) = A + 2A (x − x ) 1 2 0

e

P″(x) = 2A . 2

Daí, P′(x ) = A e P″(x ) = 2A . Segue que devemos ter 0 1 0 2

A = f′(x ) 1 0

e

 

O polinômio procurado é então

 

O polinômio ① denomina-se polinômio de Taylor, de ordem 2, de f em

volta de x . 0

Observe que f e P admitem a mesma reta tangente em (x , f(x )). 0 0

Como P″(x ) = f″(x ), segue que se f″(x ) ≠ 0 e f″ contínua em x , para x 0 0 0 0 próximo de x , os gráficos de f e P apresentam concavidades com mesmo 0

sentido. É razoável esperar, então, que, para x suficientemente próximo de x , o polinômio de Taylor de ordem 2 aproxime melhor f do que o 0

polinômio de Taylor de ordem 1.

Exemplo 1

Seja x f ( x ) = e . Determine os polinômios de Taylor, de ordens 1 e 2,

de f em volta de x = 0. Esboce os gráficos de f e dos polinômios. 0

Solução

Indiquemos por P e P os polinômios pedidos. 1 2

Temos

P (x) = f(0) + f′(0) (x − 0) 1

e

 

De x f ′( x ) = f ″( x ) = e , segue f′(0) = f″(0) = 1.

Assim,

P (x) = 1 + x 1

e

Seja P o polinômio de Taylor, de ordem 2, de f em volta de x . Para 0

cada x em D , seja E (x) o erro que se comete na aproximação de f(x) por P f

(x). Assim, para todo x em D , f

 

ou

 

Temos:

 

Assim,

E (x ) = E′(x ) = E″(x ) = 0. 0 0 0

O próximo teorema fornece-nos uma expressão para o erro E (x) em

termos da derivada de 3 a ordem de f.

 

Teorema. a Seja f derivável até a 3 ordem no intervalo I e sejam x , x em I. Então, existe pelo

0

menos um entre x e x tal que 0

 

Demonstração

 

E (x ) = E′(x ) = E″(x ) = 0 e E‴(x) = f‴(x). 0 0 0

Sendo 3 h ( x ) = ( x − x ) ,

0

h (x ) = h′(x ) = h″(x ) = 0 e h‴(x) = 6 = 3! 0 0 0

Temos

 

Pelo teorema de Cauchy existe entre x e x tal que 0

 

Temos

Pelo teorema de Cauchy, existe entre x e tal que 0

 

 

De E″(x ) = 0 = h″(x ) segue 0 0

 

Novamente, pelo teorema de Cauchy, existe entre e x tal que 0

 

Como

 

Exemplo 2

Seja a f derivável até a 3 ordem no intervalo I e seja x ∈ I. Suponha

0

que existe M > 0 tal que ≤ M para todo x em I. Prove que, para todo x

em I,

 

em que

Solução

De acordo com o teorema anterior

 

Daí, para todo x em I,

 

Exemplo 3

Calcule um valor aproximado para ln 1,03 e avalie o erro.

Solução

Seja f(x) = ln x. Vamos utilizar o polinômio de Taylor de ordem 2 em

volta de x = 1. 0

 

De f′(x) = e f″(x) = segue f′(1) = 1 e f″(1) = −1. Assim,

 

ou

Temos

 

ln 1,03 ≅ P (1,03)

mas,

P (1,03) = 0,02955,

logo

ln 1,03 ≅ 0,02955.

Avaliação do erro

f ‴(x) = , assim, |f″′(x)| ≤ 2 para x ≥ 1. Pelo exemplo anterior,

 

Segue que

 

ou

|f(1,03) – P(1,03)| ≤ 0,000009.

Assim, o módulo do erro cometido na aproximação

ln 1,03 ≅ 0,02955

é inferior a 10 −5 −6 −5 . (Observe: 0,000009 = 9 · 10 < 10 .)

Como, para 3 x > 1, E ( x ) = ( x − 1) > 0, segue que 0,02955

é uma aproximação por falta de ln 1,03.

 

Exemplo 4

Calcule um valor aproximado para e avalie o erro.

Solução

Seja f(x) = . Vamos utilizar o polinômio de Taylor de ordem 2 em

volta de x = 8. 0

 

De

 

segue que

 

Daí

 

logo,

Assim,

 

Avaliação do erro

 

Neste problema, interessa-nos o intervalo de extremos 7,9 e 8.

Como 1,8 3 = 5,832 < 7,9, segue que, para todo x, 7,9 ≤ x ≤ 8.

 

e, portanto,

 

Daí

 

e, portanto, para 7,9 ≤ x ≤ 8,

 

e daí

( 8 −3 Observe : 81 · (1,8) > 1.000 ⇒ < 10 .) Deste modo, o

módulo do erro cometido na aproximação

 

é inferior a 10 −5 .

 

Observação. A escolha de 1,8 foi feita por inspeção. Poderíamos ter escolhido 1,9, pois

(1,9) 3 < 7,9. Com a escolha de 1,8 conseguimos um M > 0 tal que

|f″′(x)| = < M para 7,9 ≤ x ≤ 8, o que nos permitiu utilizar o Exemplo 2.

Evidentemente, quanto menor o M, menor será a majoração para o erro. Neste problema, a

escolha de 1,9 seria preferível. Se tivéssemos escolhido 1,9, chegaríamos à conclusão de que o

erro cometido na aproximação é, em realidade, inferior a 10 −6 . Observe, ainda, que, para 7,9

≤ 3 x < 8, E ( x ) = ( x − 8) < 0, o que mostra que 1,9916319 é aproximação por

excesso.

 

Seja a f derivável até a 2 ordem no intervalo I e seja x ∈ I. Seja E (x)

0

o erro que se comete na aproximação de f(x) por P (x), em que P (x) é o polinômio de Taylor de ordem 2 de f em volta de x : 0

 

Vamos mostrar a seguir que, para x → x , o erro E (x) tende a zero mais 0

rapidamente 2 que ( x − x ) . De fato,

0

Pela 1 a regra de L’Hospital

 

Assim,

 

Provaremos a seguir que

 

é o único polinômio de grau no máximo 2 que goza da propriedade de o erro 2 E ( x ) tender a zero mais rapidamente que ( x − x ) , quando x → x .

0 0

Seja então

f 2 ( x ) = f ( x ) + A ( x − x ) + B ( x − x ) + E (x)

0 0 0 1

em que

Vamos provar que

 

De fato, de

 

segue

 

e, portanto,

 

uma vez que

 

Segue que

daí

 

o que implica A = f′(x ) (observe que, se tivéssemos A ≠ f′(x ), o limite 0 0 acima não poderia ser zero). Assim

 

e, portanto, B = .

 

Exemplo 5

Seja 2 f ( x ) = . Mostre que P ( x ) = 1 + x + x é o polinômio de

Taylor, de ordem 2, de f em volta de x = 0. 0

Solução

Basta mostrar que E (x) = f(x) − P (x) tende a zero mais rapidamente

que 2 x , quando x → 0.

 

Outro processo. Calcular f(0), f′(0) e f″(0) e verificar que

Dizemos que φ (x) é um infinitésimo, para x → x , se = 0. 0

 

Sejam φ (x) e φ (x) dois infinitésimos, para x → x . Dizemos que φ (x) é 1 0 um infinitésimo de ordem superior à de φ (x) se, para x → x , φ (x) tende 1 0

a zero mais rapidamente que φ (x), ou seja, se = 0. É usual a 1

notação

φ (x) = o (φ (x)) para x → x 1 0

para indicar que φ (x) é um infinitésimo de ordem superior à de φ (x), para 1 x → x . 0

Assim, sendo φ (x) e φ (x) infinitésimos para x → x , 1 0

 

Observe que x − x só é infinitésimo para x → x ; assim, 0 0

E (x) = o (x − x ) 0

significa que E (x) é um infinitésimo de ordem superior à de x − x , para x 0 → x . 0

Do que vimos anteriormente, segue que

(i) f(x) = f(x ) + f′(x ) (x − x ) + o (x − x ) 0 0 0 0

(ii) 2 2 f ( x ) = f ( x ) + f ′( x ) ( x − x ) + ( x − x ) + o (( x − x ) ). 0 0 0 0 0

Exercícios 16.2

 

1. Determine o polinômio de Taylor, de ordem 2, de f em volta de x 0

dado.

a e x = 0 0 ) f ( x ) = ln (1 + x )

b x e x = 0 0 ) f ( x ) = e

c e x = 1 0 ) f ( x ) =

e x = 0 0

d) f(x) =

e e x = 4 0 ) f ( x ) =

f e x = 0 0 ) f ( x ) = sen x

g e x = 0 0 ) f ( x ) = cos x

 

2. Utilizando o polinômio de Taylor de ordem 2, calcule um valor

aproximado e avalie o erro.

a) ln 1,3

b)

c)

d)

e 0,03 ) e

f) sen 0,1

g)

h) cos 0,2

 

3. Mostre que, para todo x,

a)

 

b)

 

4. Mostre que, para 0 ≤ x ≤ 1

 

5. 2 Utilizando a relação sen x = x + o ( x ), calcule

a)

b)

 

( 2 2 Sugestão : o ( x ) é um infinitésimo de ordem superior a x , para x → 0, isto é, )

6. Verifique que

a x 2 2 ) e = 1 + x + x + o ( x )

b 2 ) cos x = 1 − + o ( x )

c 2 ) sen x = x + o ( x )

d 2 2 ) ln x = ( x − 1) − ( x − 1) + o (( x − 1) )

 

7.

Seja

 

a) Determine o polinômio de Taylor de ordem 2 de f em volta de x = 0

0.

b) Seja a > 0 um número real dado. Mostre que não existe M > 0 tal

que para todo x em [0, a], |f″′(x)| ≤ M.

 

8. a Seja f derivável até a 2 ordem no intervalo I e seja x ∈ I. Mostre 0

que existe uma função φ (x) definida em I tal que, para todo x em I,

 

com = 0.