Obtenha o polinômio de Taylor das seguintes funções em torno de $x_0 =0$. Desenvolva o polinômio até uma ordem suficientemente grande para que fique clara uma regra de formação. Em cada um dos itens você pode usar os polinômios conhecidos, sem precisar deduzi-los ($e^x$, $\mathrm{sen}(x)$, $\mathrm{cos}(x)$, $\ln(1+x)$).
$f(x)= e^{-\frac{x^2}{2}}$
$f(x)=\frac{\mathrm{sen}(x^2)}{x}$
$f(x)=\ln(1+3x)$
$f(x)=\mathrm{sen}(x)+\mathrm{cos}(x)$
$\displaystyle f(x)=\frac{e^{x^2}-1}{x}$
$f(x)=\ln(1-x)$
Primeiro lembramos os polinômios de Taylor (de ordem suficientemente grande para ver a lei de formação dos coeficientes) das principais funções básicas:
$$e^x \approx \displaystyle 1 + x +\frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} \\\mathrm{cos}(x) \approx \displaystyle 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} \\\mathrm{sen}(x) \approx \displaystyle x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} -\frac{x^7}{7!} \\\ln(1+x) \approx \displaystyle x -\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}+ \frac{x^5}{5} $$Substituindo $x$ por $\displaystyle\frac{-x^2}{2}$ no polinômio da exponencial, temos:
$$e^{\frac{-x^2}{2}} \approx 1 + \frac{-x^2}{2} + \frac{(\frac{-x^2}{2})^2}{2!} + \frac{(\frac{-x^2}{2})^3}{3!}+\frac{(\frac{-x^2}{2})^4}{4!}\\= 1-\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{2^2\cdot 2!} - \frac{x^6}{2^3\cdot 3!} + \frac{x^8}{2^4\cdot 4!} - \frac{x^{10}}{2^5\cdot 5!} $$Substituindo $x$ por $x^2$ no polinômio do $\mathrm{sen}(x)$, temos:
\[\mathrm{sen}(x^2) \approx x^2 - \displaystyle\frac{x^6}{3!} + \displaystyle\frac{x^{10}}{5!}- \displaystyle\frac{x^{14}}{7!} \quad \implies \quad \frac{\mathrm{sen}(x^2)}{x} \approx x - \displaystyle\frac{x^5}{3!} + \displaystyle\frac{x^{9}}{5!}- \displaystyle\frac{x^{13}}{7!}. \]Substituindo $x$ por $3x$ no polinômio de $\ln(1+x)$:
\[\ln(1+3x) \approx 3x -\frac{9x^2}{2} + \frac{27x^3}{3} - \frac{3^4x^4}{4}+ \frac{3^5x^5}{5}. \]Somando os polinômios de $\mathrm{sen}(x)$ e $\mathrm{cos}(x)$ temos:
\[\mathrm{cos}(x) + \mathrm{sen}(x) \approx 1 + x - \displaystyle\frac{x^2}{2!}- \displaystyle\frac{x^3}{3!} + \displaystyle\frac{x^4}{4!} + \displaystyle\frac{x^5}{5!} -\frac{x^6}{6!}-\frac{x^7}{7!}. \]Procedendo como nos outros exemplos:
\[\displaystyle\frac{e^{x^2}-1}{x} \approx x + \displaystyle\frac{x^3}{2!} + \displaystyle\frac{x^5}{3!} + \displaystyle\frac{x^7}{4!}\]Substituindo $x$ por $-x$ (lembre que estamos trabalhando muito perto de $x=0$) e usando o polinômio de $\ln(1+x)$:
$$\ln(1-x) \approx -x - \displaystyle\frac{(-x)^2}{2} + \displaystyle \frac{(-x)^3}{3} - \displaystyle\frac{(-x)^4}{4} + \frac{(-x)^5}{5} \\= -x - \displaystyle\frac{x^2}{2} - \displaystyle \frac{x^3}{3} - \displaystyle\frac{x^4}{4} -\frac{x^5}{5}.$$Obtenha o polinômio de Taylor de grau 7 de $f(x) = 3x^7 -8x^5 + 2x$ em torno de $0$.
O polinômio de Taylor de $f$ é a própria função $f$, uma vez que $f$ é um polinômio.
Calcule:
\[\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}.\]Usando o polinômio de Taylor de $\ln(1+x)$, escrevemos:
\[\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = \displaystyle \lim_{x \to 0}\left( 1 - \displaystyle\frac{x}{2}+ \displaystyle\frac{x^2}{3} + \cdots + \dfrac{erro(x)}{x}\right) = 1.\]Calcule um valor aproximado para
\[A = 1-\displaystyle\frac{\pi}{4} - \frac{(\frac{\pi}{4})^2}{2!} + \frac{(\frac{\pi}{4})^4}{4!}\]e estime o erro.
Analisando a expressão, verificamos que se trata do polinômio de Taylor de ordem $4$ de $f(x) = \mathrm{cos}(x) -x $ avaliado em $x= \displaystyle \frac{\pi}{4}$. Usamos, então a aproximação
$$ A \approx f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\mathrm{cos}\left(\frac{\pi}{4}\right) - \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\pi}{4}.$$O erro da aproximação pode ser estimado usando a quinta derivada $f^{(5)}(x) = -sen(x)$ da função $f$ em algum valor $x$ entre $0$ e $\pi/4$, pela fórmula de Lagrange. Especificamente, existe $x\in (0,\pi/4)$ tal que o valor absoluto do erro ($erro\left(\pi/4\right)=f(\pi/4)-A$) é
$$\left|erro\left(\frac{\pi}{4}\right)\right|=\left|\frac{f^{(5)}(x)}{5!}\left(\frac{\pi}{4}\right)^5\right|<\left|\frac{-\mathrm{sen}(x)}{5!}\right| = \frac{\mathrm{sen}(x)}{5!} \leq \frac{\mathrm{sen}(\pi/4)}{ 5!}=\frac{\sqrt{2}}{2\cdot 5!}$$O polinômio de Taylor de ordem $5$, em torno de $x_{0}=1$ de uma função $f(x)$ é dado por:
\[a + b (x-1)+ c(x-1)^2 + d(x-1)^5\]Quanto vale $f^{(3)}(1)$? E $f^{(5)}(1)$?
Já que o polinômio de Taylor de ordem $5$, em torno de $x_0=1$ é da forma
$$T_5(x)=f(1) + f'(1)(x-1)+ \frac{f''(1)}{2}(x-1)^2 + \frac{f^{(3)}(1)}{3!}(x-1)^3 +\frac{f^{(4)}(1)}{4!}(x-1)^4 +\frac{f^{(5)}(1)}{5!}(x-1)^5,$$comparando esta expressão com a dada no enunciado do exercício obtemos que a terceira derivada vale $0$ e a quinta derivada vale $5!d$.
Maria resolveu calcular o polinômio de Taylor de $e^x$ em torno de $x_{0}=1$. Para isso, raciocinou da seguinte maneira: se $x$ está perto de $1$, $x-1$ varia em torno de $0$. Usando o polinômio em torno de $0$, escreveu:
\begin{equation}\tag{1}e^{(x-1)} \approx 1 + (x-1) + \frac{(x-1)^2}{2!} + \frac{(x-1)^3}{3!} + \frac{(x-1)^4}{4!}\end{equation}Multiplicou toda a expressão por $e$ para obter:
\begin{equation}\tag{2}e^x \approx e + e(x-1) + e\frac{(x-1)^2}{2!} + e\frac{(x-1)^3}{3!} + e\frac{(x-1)^4}{4!}\end{equation}Considerou que na equação 1, $x$ varia em torno de $1$; consequentemente, varia em torno de $1$ em 2 que, portanto, é a expansão procurada.
Leonardo não confiou nesse raciocícnio e resolveu usar a fórmula do polinômio de Taylor. Derivou $e^x$ várias vezes, concluindo que todas as derivadas eram iguais a $e^x$. Substituiu na fórmula para obter:
$$e^x \approx e^x + e^x(x-1) + e^x\frac{(x-1)^2}{2!} + e^x\frac{(x-1)^3}{3!} + e^x\frac{(x-1)^4}{4!}$$Alguém acertou? Qual(is) foi(ram) o(s) erro(s)?
Maria acertou. O erro de Leonardo foi que a fórmula indica que cada derivada deve ser avaliada em $x_0$ que, nesse caso, vale $1$. Observe que se Leonardo tivesse feito a avaliação seu resultado coincidiria com o de Maria.