Topologia e conjuntos em exercícios

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derivada:taylor

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derivada:taylor [2020/07/28 14:15]
aurichi criada 		derivada:taylor [2020/11/06 14:45] (atual)
Linha 1: Linha 1:
 +$\def\sen{\text{sen}}$
 ======== Fórmula de Taylor ======== ======== Fórmula de Taylor ========
  
 +{{ youtube>vEsI1TYD-tU?small}}
 Uma motivação que tivemos para a definição de derivada de uma função foi aproximá-la por uma função linear: $p(x) = ax + b$. Vimos, naquele momento, que essa aproximação se dada da seguinte forma Uma motivação que tivemos para a definição de derivada de uma função foi aproximá-la por uma função linear: $p(x) = ax + b$. Vimos, naquele momento, que essa aproximação se dada da seguinte forma
  
Linha 13: Linha 15:
 \[P_1'(x)  =  f'(x_0).\] \[P_1'(x)  =  f'(x_0).\]
  
-Ou seja, $P_1'(x_0) = f'(x_0)$. Se derivarmos novamente, teremos $P_1''(x) = 0$ - ou seja, em geral não teremos a igualdade com $f''(x_0)$. Inspirados pela igualdade acima, podemos tentar aumentar o grau de $P_1'$ e definir+Em particular, $P_1'(x_0) = f'(x_0)$. Se derivarmos novamente, teremos $P_1''(x) = 0$ - ou seja, em geral não teremos a igualdade com $f''(x_0)$. Inspirados pela igualdade acima, podemos tentar aumentar o grau de $P_1'$ e definir
  
 \[P_2(x) = f(x_0) + (x - x_0)f'(x_0) + \lambda(x - x_0)^2f''(x_0)\] \[P_2(x) = f(x_0) + (x - x_0)f'(x_0) + \lambda(x - x_0)^2f''(x_0)\]
Linha 48: Linha 50:
  
 <WRAP info> <WRAP info>
-Seja $f$ $k$ vezes diferenciável. Então o \DefDuploA{polinômio}{de}{Taylor} de ordem $k$ em torno de $x_0$ é dado por\comentario{Estamos adotando a convenção de que $f^{(0)}(x) = f(x)$.}+Seja $f$ $k$ vezes diferenciável. Então o **polinômio de Taylor** de ordem $k$ em torno de $x_0$ é dado por
 \[\begin{array}{rcl} \[\begin{array}{rcl}
 P_k(x) & = & f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2}f''(x_0)(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{1}{k!}f^{(k)}(x - x_0)^k\\ P_k(x) & = & f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2}f''(x_0)(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{1}{k!}f^{(k)}(x - x_0)^k\\
 & = & \sum_{j=0}^k \frac{1}{j!}(x - x_0)^j f^{(j)}(x_0) & = & \sum_{j=0}^k \frac{1}{j!}(x - x_0)^j f^{(j)}(x_0)
 \end{array}\] \end{array}\]
 +</WRAP>
 +
 +<WRAP tip>
 +Estamos adotando a notação que $f^{(k)}$ significa "derivar $f$ $k$ vezes" - em particular, $f^{(0)}(x) = f(x)$.
 +</WRAP>
  
 Como a discussão acima indica, vale o seguinte resultado: Como a discussão acima indica, vale o seguinte resultado:
Linha 61: Linha 68:
  
  
-**Teorema (Fórmula de Taylor)** Seja $f: I \to \mathbb R$ diferenciável $n + 1$ vezes. Seja $a \in I$. Então existe $J$ intervalo aberto tal que $a \in I \subset J$ de forma que, para todo $x \in J$ +**Teorema (Fórmula de Taylor)** Seja $f: I \to \mathbb R$ diferenciável $n + 1$ vezes. Seja $a \in I$. Então existe $J$ intervalo aberto tal que $a \in J \subset I$ de forma que, para todo $x \in J$ 
-  \[f(x) = f(a) + f'(a)(x - a) + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x - a)^n + \frac{1}{(n + 1)!}f^{(n + 1)}(\sigma)(x - a)^{n + 1}\] +\[f(x) = f(a) + f'(a)(x - a) + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x - a)^n + \frac{1}{(n + 1)!}f^{(n + 1)}(\sigma)(x - a)^{n + 1}\] 
-  onde $\sigma = a + \theta(x - a)$ para algum $\theta$ tal que $0< \theta < 1$. +onde $\sigma = a + \theta(x - a)$ para algum $\theta$ tal que $0< \theta < 1$. 
  
 **Dem.:** Começamos tentando estimar o "erro" dado por $P_n$ (polinômio centrado em $a$): **Dem.:** Começamos tentando estimar o "erro" dado por $P_n$ (polinômio centrado em $a$):
Linha 75: Linha 82:
 \[\frac{E_n(x)}{h(x)} = \frac{E_n(x) - E_n(a)}{h(x) - h(a)}\] \[\frac{E_n(x)}{h(x)} = \frac{E_n(x) - E_n(a)}{h(x) - h(a)}\]
  
-Usando o Teorema de Cauchy, obtemos que existe $\sigma_1$ entre $a$ e $x$ tal que:+Usando o [[derivada:lHopital|Teorema de Cauchy]], obtemos que existe $\sigma_1$ entre $a$ e $x$ tal que:
  
 \[(E_n(x) - E_n(a))h'(\sigma_1) = (h(x) - h(a))E_n'(\sigma_1)\] \[(E_n(x) - E_n(a))h'(\sigma_1) = (h(x) - h(a))E_n'(\sigma_1)\]
Linha 121: Linha 128:
 \end{array}\] \end{array}\]
  
-**Proposição** Dado $p$ polinômio de grau $n \geq 1$, temos que se $P_n(x)$ é o polinômio de Taylor centrado em $a$ e de grau $n$, então $p(x) = P_n(x)$ para todo $x \in \RR$. +**Proposição** Dado $p$ polinômio de grau $n \geq 1$, temos que se $P_n(x)$ é o polinômio de Taylor centrado em $a$ e de grau $n$, então $p(x) = P_n(x)$ para todo $x \in \mathbb R$. 
  
-**Dem.** Em vez de mostrar o resultado, vamos mostrar o seguinte lema (note que o que queremos provar é um caso particular:+**Dem.** Em vez de mostrar o resultado, vamos mostrar o seguinte lema (note que o que queremos provar é um caso particular):
  
 **Lema** Se $p$ e $q$ são polinômios de grau no máximo $n$ e existe um ponto $a$ tal que $p^{(k)}(a) = q^{(k)}(a)$ para todo $k \leq n$, então $p = q$. **Lema** Se $p$ e $q$ são polinômios de grau no máximo $n$ e existe um ponto $a$ tal que $p^{(k)}(a) = q^{(k)}(a)$ para todo $k \leq n$, então $p = q$.
Linha 133: Linha 140:
 Agora o caso $n \Rightarrow n + 1$: Agora o caso $n \Rightarrow n + 1$:
  
-Note que como o grau de $p'$ e $q'$ têm grau no máximo $n$, por $HI$ temos que $p'(x) = q'(x)$. Assim de maneira análoga a anterior, temos o resultado.<wrap right>$\square$</wrap>+Note que como o grau de $p'$ e $q'$ têm grau no máximo $n$ e satisfazem a hipótese do nosso enunciado. Assim, por $HI$, temos que $p'(x) = q'(x)$. A partir disso, para mostrar que $p(x) = q(x)$, basta proceder como no caso anterior.<wrap right>$\square$</wrap>
  
  
Linha 140: Linha 147:
 Em geral, o polinômio se dá por Em geral, o polinômio se dá por
 \[\begin{array}{rcl} \[\begin{array}{rcl}
-P(x) & = & f(a) + f'(a)(x - a) + \frac{1}{2}f''(a)(x - a)^2 + \frac{1}{6}f'''(a)(x - a)\\+P(x) & = & f(a) + f'(a)(x - a) + \frac{1}{2}f''(a)(x - a)^2\\
 & = & \cos(0) -\sen(0)(x - 0) - \frac{1}{2}\cos(0)(x - 0)^2\\ & = & \cos(0) -\sen(0)(x - 0) - \frac{1}{2}\cos(0)(x - 0)^2\\
 & = & 1 - \frac{1}{2}x^2\\ & = & 1 - \frac{1}{2}x^2\\
derivada/taylor.1595956543.txt.gz · Última modificação: 2020/11/06 14:44 (edição externa)

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