(Tóp. 2 – Texto Complementar) TEOREMA DE TAYLOR 1
TEOREMA DE TAYLOR
Se uma função f e suas n + 1 primeiras derivadas existem num intervalo aberto
I contendo x 0 , segue-se do teorema do valor médio generalizado (dado no tópico 2 desta
aula), substituindo a ou b por x, a fórmula de Taylor(1) para f em torno de x 0 , dada
por
2
1
f " ( x0 ) ( x − x 0 ) + 2!
n
n +1
1 (n)
1
+ f ( x0 ) ( x − x 0 ) +
f (n +1) (c) ( x − x0 )
n!
(n + 1)!
f (x) = f ( x0 ) + f ' ( x0 ) ( x − x0 ) +
onde c está entre x 0 e x. Esta fórmula pode ser escrita como
f (x) = pn (x) + rn (x)
onde
2
n
1
1
f " ( x0 ) ( x − x0 ) + + f (n) ( x0 ) ( x − x0 )
2!
n!
pn (x) = f ( x0 ) + f ' ( x0 ) ( x − x0 ) +
e
rn (x) =
n +1
1
f (n +1) (c) ( x − x0 ) ,
(n + 1)!
neste caso, pn (x) é chamado de polinômio de Taylor de grau n para f em torno de x 0
e rn ( x ) é dito o resto da fórmula de Taylor à forma de Lagrange.
É relevante examinar geometricamente a fórmula de Taylor nos casos em que
n = 1 e 2 . Se n = 1 então
f (x) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) +
2
1 ′′
f (c) ( x − x 0 ) ,
2
2
assim p1(x) = f ( x 0 ) + f ′(x 0 ) ( x − x 0 ) e r 1(x) = 12 f ′′(c) ( x − x 0 ) . O gráfico de p1 é a
( x 0 , f (x 0 ) )
reta tangente ao gráfico de f em
de f (x) por p1 ( x).
(1)
e r1 (x) é o erro cometido na aproximação
2 (Aula 6) VALORES EXTREMOS E TEOREMA DO VALOR MÉDIO
Y
f(x)
r1 (x)
p1(x)
y=f(x)
f(x0)
X
x
x0
O
y=p (x)
1
Se n = 2 então
f (x) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) +
2
3
1 ′′
1
f ( x 0 )( x − x 0 ) + f (3) (c) ( x − x 0 ) ,
2
6
2
3
daí p2 (x) = f ( x0 ) +f ' ( x0 )( x −x0 ) + 12 f "( x0 )( x −x0 ) e r2 (x) = 16 f (3) (c) ( x − x0 ) . O gráfico
de p 2 é uma parábola tangenciando o gráfico de f em
( x 0 , f (x 0 ) )
e r2 ( x ) é a medida
de quando o gráfico de f se afasta verticalmente da parábola em x. No exercício 53 do
exercitando do tópico 2 da aula 7, poderá ser provado que no ponto ( x 0 , f (x 0 ) ) , a
parábola e o gráfico de f se curvam da mesma forma.
Y
y=p (x)
2
p2 (x)
r2(x)
f(x)
y=f(x)
f(x0)
O
x0
x
X
Se uma função f possui a fórmula de Taylor em torno de x 0 , então
f ( x ) − p n ( x ) = rn ( x ),
isto e, f ( x 0 ) = p n ( x 0 ) e f ( x ) difere de p n ( x ) por rn (x) para x ≠ x 0 , será provado
no teorema seguinte que f (x) ≅ p n (x) para x próximo de x 0 e a aproximação será
melhor quanto mais próximo x estiver de x 0 . Mais do que isso, o teorema mostra que o
resto rn ( x ) → 0 mais rapidamente do que
( x − x 0 )n → 0
quando x → x 0 ; além disso,
prova-se ainda que p n ( x ) é o único polinômio com tal propriedade. Portanto, f ( x ) pode
ser aproximado (de forma única) por p n ( x ) para x próximo de x 0 .
Teorema (de Taylor). Se uma função f e suas derivadas f (i) (i = 1, 2, … , n + 1) existem
num intervalo aberto contendo x 0 , então
(Tóp. 2 – Texto Complementar) TEOREMA DE TAYLOR 3
lim
f (x) − p n (x)
( x − x 0 )n
x→x0
=0
e p n é o único polinômio que satisfaz o limite.
Demonstração. Como f (x) − p n (x) = (n +11)! f (n +1) ( c ) ( x − x 0 )
1
f (n +1) (c) x − x 0
(n + 1)!
f (x) − p n (x) =
mas
1 ≤1
(n +1)!
n +1
, tem-se
n +1
;
e f (n +1) (c) existe, logo
f (x) − p n (x)
x − x0
n
≤ f (n +1) (c) x − x 0 → 0 se x → x 0 .
Isto mostra o limite.
Para mostrar a unicidade de p n , suponha que existe outro polinômio pn de grau
n tal que
lim
f (x) − pn (x)
x→x0
( x − x 0 )n
= 0.
Então, tem-se
lim
p n (x) − pn (x)
x→x0
( x − x0 )
n
= lim
f (x) − pn (x) − [ f (x) − p n (x) ]
x →x 0
( x − x0 )
n
= 0.
Sendo p n (x) ≠ pn (x) para algum x, seja p n (x) − pn (x) = q m (x) + r(x) onde
q m é o polinômio dos termos de p n e pn de menor grau m ≤ n tal que q m (x) ≠ 0.
Portanto, do último limite, obtém-se
0 = lim
t →0
p n ( tx ) − pn ( tx )
( tx )m
= lim
t →0
q m (tx) + r(tx)
tm xm
=
q m (x)
xm
+ lim
r(tx)
t →0 t m x m
;
mas r(x) = 0 para todo x se m = n ou r(x) tem grau maior do que m se m < n,
logo lim
r(tx)
t →0 t m x m
do teorema.
= 0 e assim q m (x) = 0, o que uma contradição. E conclui a demonstração
4 (Aula 6) VALORES EXTREMOS E TEOREMA DO VALOR MÉDIO
O caso particular da fórmula de Taylor quando x 0 = 0, ou seja,
f ( x ) = f (0) + f ' (0) x + 1 f " (0) x 2 + + 1 f ( n ) (0) x n + 1 f ( n +1) (c) x n +1
2!
n!
( n + 1)!
para algum c entre 0 e x, é conhecida como a fórmula de Maclaurin(1) da função f.
Exemplo Resolvido 1. Aproximar a função Solução. Como
1
−3
g( x) =
através de um polinômio
g '(x) = −x ( x 2 + 1) 2 ,
x2 + 1
−5
−3
de grau 4 em torno de 0.
g"(x) = 3x 2 ( x 2 + 1) 2 − ( x 2 + 1) 2 ,
(
(3)
−52
)
2
g (x) = 9x x +1
(
3
)
2
−15x x +1
−72
(
)
e g(4) (x) = 9 x2 +1
− 25
(
− 72
)
− 90x2 x2 +1
(
)
+105x4 x2 +1
− 92
,
tem-se
1
1
1
1
3
g "(0)x 2 + g (3) (0)x 3 + g(4) (0)x 4 = 1 − x 2 + x 4
2!
3!
4!
2
8
p4 (x) = g(0) + g '(0)x +
e assim g ( x ) ≅ p4 ( x ).
x ≅ x − x2 + x3 − x4 + x5 em torno de zero.
Exemplo Proposto 1. Provar que g(x) =
x +1
A unicidade do polinômio de Taylor mostra que um polinômio de grau n é
identicamente igual ao seu polinômio de Taylor de grau n em torno de qualquer valor, isto
permite reescrever expressões polinomiais de outras formas, conforme ilustra o exemplo a
seguir.
Exemplo Resolvido 2. Escrever o po- Solução. Basta encontrar a fórmula de
linômio f ( x ) = x3 − x, como um polinômio Taylor para f em torno de -1, pois
f ( n+1) ( x) = 0 a partir de n = 3, então
de potências com bases iguais a x + 1.
(1)
(Tóp. 2 – Texto Complementar) TEOREMA DE TAYLOR 5
r3 (x) = 0 para todo x, isto é, f (x) = p3 (x) para todo x. Tem-se
f '( x) = 3x2 − 1, f "( x ) = 6 x , f (3) ( x ) = 6 e f (4) ( x ) = 0.
Portanto,
1
1
f "(−1)(x + 1) 2 + f (3) (−1)(x + 1)3
2!
3!
1
1
= 0 + 2(x + 1) + (−6)(x + 1) 2 + 6(x + 1)3
2!
3!
f (x) = f ( −1) + f '( −1)(x + 1) +
= 2(x + 1) − 3(x + 1) 2 + (x + 1)3 .
Exemplo
Proposto
2.
Se
f (x) = x 4 − x 3 ,
provar
que
para
todo
f (x) = (x − 1) + 3(x − 1)2 + 3(x − 1)3 + (x − 1) 4 .
Exemplo Resolvido 3. Determinar
fórmula de Maclaurin da função seno.
a Solução. Sendo h( x) = sen x, tem-se
h′(x) = cos x, h′′(x) = − sen x, h (3) (x) = − cos x, ...,
h ( 2 n+1) ( x) = ( −1) n cos x e h (2n + 2) (x) = (−1)n +1 sen x, n = 0,1, 2, … ,
assim h ( 2 n+1) (0) = ( −1) n e h ( 2 n+ 2) (0) = 0, logo
sen x = sen 0 + cos 0 x + 1 (−sen 0)x 2 + 1 (− cos 0)x 3 + 1 sen 0 x 4 +
2!
3!
4!
1
+ 1 cos 0 x 5 − +
(−1)n cos 0 x 2n +1 + r2n +1(x)
5!
(2n + 1)!
(−1) n 2n +1
= x − 1 x3 + 1 x5 − +
+ r2n +1 (x),
x
6
120
(2n + 1)!
onde o resto da fórmula de Taylor à forma de Lagrange é dado por
r2n +1 ( x ) =
para c está entre 0 e x.
(−1) n (sen c) 2n + 2
x
(2n + 2)!
x,
6 (Aula 6) VALORES EXTREMOS E TEOREMA DO VALOR MÉDIO
Exemplo Proposto 3. Demonstrar que para c entre 0 e x,
(−1) n 2n (−1) n +1 sen c 2n +1
1
1
1
2
4
6
cos x = 1 − x +
x −
x ++
x +
x
.
2
24
720
(2n )!
(2n + 1)!
EXERCITANDO
Nos exercícios 13 a 18, encontre o polinômio de Taylor de grau n para a função
dada em torno do valor x 0 indicado. Ache também o resto da fórmula de Taylor à forma de
Lagrange:
1. f (x) = x , x 0 = 1 e n = 4;
2. g(x) = 3 2 − x , x 0 = 0 e n = 3;
1 , x = 2 e n = 3;
0
x −1
5. m(x) = sen x + cos x, x0 = π e n = 5;
2
3. h(x) =
4. j(x) =
1 , x = 0 e n = 4;
0
1 + x2
6. n(x) = sen x − cos x, x 0 = π e n = 5 .
Nos exercícios 19 e 20, use polinômio de Taylor para calcular o limite indicado:
8. lim 1 − cos x .
7. lim sen x ;
x→0
x
x →0
x
8. Escreva f (x) = x 4 − 13 x3 + 2x − 1, como um polinômio de potências de bases iguais a
x + 1.
n
9. Use a fórmula de Taylor para mostrar que (1 + x) n = ∑ ni x i .
i= 0
()
10. Se f ( x) = sen x, ache uma função polinomial cúbica q tal que q(0) = f (0), q
q ′(0) = f ′ (0) e q′
( π2 ) = f ′ ( π2 ). Compare
(π2 ) = f (π2 ),
q ( x) com o polinômio de Taylor de grau 3
em torno de 0.
RESPOSTAS (Exercícios Ímpares)
1. p4 (x) = −
(x −1)4 (x −1)3 (x −1)2 (x −1)
7
+
−
+
+1, r4(x) =
(x − 1)5 com c entre 1 e x;
128
16
8
2
256c4 c
35(x − 2)4
3. p3 (x) = − 5 (x − 2)3 + 3 (x − 2)2 − 1 (x − 2) + 1, r3 (x) =
8
16
2
(
128 (c − 1)9
2
3
com c entre 2 e x;
4
) ( ) + 16 (x − π2 ) + 241 (x − π2 )
r (x) = − cos c − sen c ( x − π ) com c entre π e x;
2
720
2
5. p 5 (x ) = 1 − x − π − 1 x − π
2
2
2
6
5
7. 1.
(
− 1 x−π
120
2
5
),