DCC008 Aula02 Polinomio Taylor

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Prof. Ruy Freitas Reis

   Departamento de Ciˆ encia da Computa¸c˜ ao

Universidade Federal de Juiz de Fora

  

  

  2

  

  3

  

  4

  

  5

  

  6

  

  7

  

  2

  

  3

  

  4

  

  5

  

  6

  

  7

  

  • Se P(x) ´e uma fun¸c˜ao polinomial,

  

  n

  2 n

  P (x) = a + a x + a x + . . . + a x

  1

  2

  

  ent˜ao P pode ser avaliado facilmente para qualquer

   n´ umero x.

  Entretanto o mesmo n˜ao ´e verdadeiro para fun¸c˜oes como

  

  x

  

  e , sin (x), cos (x), log (x). Tente calcular essas fun¸c˜oes

  

sem usar a calculadora para qualquer x.

  Estamos interessados em reduzir a avalia¸c˜ao de fun¸c˜oes

  • f (x) por fun¸c˜oes que sejam mais f´aceis de se avaliar.

  J´a vimos que polinˆ omios s˜ao fun¸c˜oes f´aceis de se avaliar,

  pois precisamos apenas de realizar opera¸c˜oes de adi¸c˜ao e

   multiplica¸c˜ao.

  

  Sendo assim estamos interessados em aproximar a fun¸c˜ao

   f n

  (x) por uma fun¸c˜ao polinomial P (x) que seja f´acil de

   avaliar.

  Uma das aproxima¸c˜oes polinomiais mais usadas s˜ao os •

Fun¸c˜ ao polinˆ omios de Taylor

  

  

  2

  

  3

  

  4

  

  5

  

  6

  

  7

  

  Teorema (Polinˆomio de Taylor)

   Suponha f

  (x) ser uma fun¸c˜ao tal que f (a) e suas derivadas

  

  (n) ′ ′′ f (a), f (a) existam e a ´e um valor real, ent˜ao o (a), · · · , f

  

  Polinˆ omio de Taylor de grau n que aproxima f (x) em torno

  

  de x = a ´e expresso por:

  

  n

  2

  

  (x−a) (n) (x−a)

′ ′′

   P n

  (x) = f (a) + f (a) + . . . + f (a) n

  (a)(x − a) + f 2! !

  

  

  2

  

  3

  

  4

  

  5

  

  6

  

  7 x aproxima a fun¸c˜ao f (x) = e em torno do ponto x = 0.

  

   x aproxima a fun¸c˜ao f (x) = e em torno do ponto x = 0.

  

   Solu¸c˜ao:

  Temos

  

  x x ′

  

  f (x) = e f (x) = e ⇒

  

  portanto o polinˆ omio de Taylor linear ´e dado por

  

  ′ P (x) = f (a) + f

  1 (a)(x − a)

  

  ′ = f (0) + f (0)(x − 0) = e + e (x − 0) = 1 + x

  8 x

   e

  

  7 P (x)

  1

  

  6

  

  5

  

  4

  

  3

  

  2

  1

  1

  2.0

  1.5

  1.0

  0.5

  0.0

  0.5

  1.0

  1.5

  2.0 x e

   P (x)

  

  

  1.0

  

  0.5

  0.4

  

0.2

  0.0

  0.2

  0.4 f (x) = e em torno do ponto a = 0.

  

   f (x) = e em torno do ponto a = 0.

   Solu¸c˜ao

  

  Lembrando que

  

  x x x

   ′ ′′

  f (x) = e f (x) = e f (x) = e ⇒ ⇒

  

  ent˜ao

  

  2 (x−a) ′ ′′

  P (x) = f (a) + f (a)

  

  2 (a)(x − a) + f

  2

  2 (x−0) ′ ′′

  = f (0) + f (0) (0)(x − 0) + f

  2

  2 0 (x−0)

  = e + e (x − 0) + e

  2

  2 x

  = 1 + x +

  2 x e

  

  7 P (x)

  1 P (x)

  2

  6

  

  5

  

  4

  

  3

  

  2

  1

  1

  2.0

  1.5

  

1.0

  0.5

  0.0

  0.5

  1.0

  1.5

  2.0

  8 x e

  

  7 P (x)

  1 P (x)

  2

  6 P (x)

  3 P (x)

  4

  5 P (x)

  5

  4

  

  3

  

  2

  1

  1

  2.0

  1.5

  

1.0

  0.5

  0.0

  0.5

  1.0

  1.5

  2.0 f (4) = 30, f (4) = 6, e que todas as outras derivadas de ordem alta s˜ao nulas.

   f (4) = 30, f (4) = 6, e que todas as outras derivadas de ordem alta s˜ao nulas.

   Solu¸c˜ao:

  Vamos usar uma aproxima¸c˜ao por polinˆ omio de Taylor de grau

  

  2

  3 (x−a) (x−a) ′ ′′ ′′′

   P

  (x) = f (a) + f (a) + f (a)

  3 (a)(x − a) + f

  2! 3!

   Como temos os valores da fun¸c˜ao e suas derivadas em x = 4

  

usaremos este ponto para aproximar f (6), portanto

  2

  3 (6−4) (6−4) ′ ′′ ′′′ f (6) = f (4) + f (4) + f (4)

  3 (6) ≈ P (4)(6 − 4) + f

  2! 3!

  4

  8 = 125 + 74 · 2 + 30 · + 6 ·

  2

  6 calculadora?

   calculadora?

  Solu¸c˜ao:

  

  √

  Podemos aproximar a fun¸c˜ao f (x) = x perto de um

   ponto x = a usando um polinˆ omio de Taylor

  √

  1 ′

  • P (x) = f (a) + f a √

  

  1 (a)(x − a) = a (x − a), pois

  2

  f √ (x) = . x

  

  2

  

  Escolhendo o ponto a = 9 (poderia ser a = 16) √

  1 P √ (x) = 9 +

  1 (x − 9)

  

  2

  

9

Sendo assim, avaliando em x = 13 para obter o valor de • √ 13 obtemos

  √

  1

  4 P √ (13) = 9 + = 3.6666

  1 (13 − 9) = 3 +

  6

  2

  

9

O valor exato de 13 ´e 3.6055. •

  

  

   Solu¸c˜ao:

   √

  7 x . • A fun¸c˜ao que queremos avaliar ´e f (x) =

  

  • Vamos usar um polinˆ omio de Taylor linear em torno de

   a = 1.

  √ √

  7

  1 7 ′ x 1 +

  ≈ f (a) + f (a)(x − a) = √ (x − 1),

  

  7

  6

  7

  1

  

  1 ′ pois f (x) = √

7 .

  

6

x

  

  Avaliando a aproxima¸c˜ao em x = 1.1 temos • √

  7 1.1 − 1 = 1.01428

  1.1 ≈ 1 +

  7

  

  

   Solu¸c˜ao:

  

  x

  • A fun¸c˜ao que queremos avaliar ´e f (x) = e = exp (x).

  

  Vamos usar um polinˆ omio de Taylor linear e quadr´atico em

   torno do ponto a = 0.

  • Calculando as derivadas para determinar as aproxima¸c˜oes:

  

  x x

   ′ ′′

  

f f

(x) = e (x) = f (x) = e ⇒

  

  2 ′ ′′ (x−a) ′ P

  P 2 (x) = f (a) + f (a)(x − a) + f (a) 1 (x) = f (a) + f (a)(x − a)

  2

  2 0 (x−0)

  = e + e (x − 0) = e + e (x − 0) + e

  2

  2 x

  = 1 + x = 1 + x +

  2

  

Temos as seguintes fun¸c˜oes aproximadoras

  

  

  P (x) = 1 + x

  2 x

  

  P (x) = 1 + x +

  2

  2

  

  P (0.2) = 1 + 0.2 = 1.2

  2

  0.2 P

  2 (0.2) = 1 + 0.2 +

  2

  0.04 = 1 + 0.2 +

  2 = 1 + 0.2 + 0.02 = 1.22 de grau n para ln(x).

  

   de grau n para ln(x).

  

  

  Solu¸c˜ao:

  

  O polinˆ omio de Taylor para ln(x) tem que ser calculado em

  

  algum ponto a 6= 0 (vamos usar ent˜ao a = 1). Calculando as

  

  derivadas desta fun¸c˜ao:

  

1

′ ′ f f

   (x) = (1) = 1

  ⇒

x

  

  1 ′′ ′′ f f

  

  (x) = − (1) = −1 ⇒

  2 x

  

  2 ′′′ ′′′

   f f

  (x) = (1) = 2 ⇒

  3

x

  6 (4) (4) f f (x) = − (1) = −6.

  ⇒

  4 x n−1

  (n) (−1) (n − 1)! (n) n−1 f (x) = f n ⇒ (1) = (−1) (n − 1)! x Solu¸c˜ao:

  Portanto, temos

  

  n

  

  2 (x − 1) (x − 1)

  ′ ′′ (n)

P f f

n

  (1) + (1) + . . . + (1) (x) = f (1) + (x − 1)f

  

  n 2! !

  

  n

  

2

  3 (x − 1) (x − 1) (x − 1) n−1

  • 2 + . . . + = 0 + (x − 1) − (−1) (n − 1)!

  

  n

  2 6 !

  

  assim

  

  n

  2

  3 (x − 1) (x − 1) (x − 1) n−1

  • P n

  

  (x) = (x − 1) − + . . . + (−1)

  2 3 n Taylor para a fun¸c˜ao f (x) = sen(x) em torno no ponto a = 0.

  

  

  Taylor para a fun¸c˜ao f (x) = sen(x) em torno no ponto a = 0.

  

  

  Solu¸c˜ao:

  

  Calculando a fun¸c˜ao e suas derivadas, temos:

  

  f ⇒ f (x) = sen(x) (0) = 0

   ′ ′

  f ⇒ f (x) = cos(x) (0) = 1

   ′′ ′′

  f ⇒ f (x) = −sen(x) (0) = 0

  

  ′′′ ′′′ f ⇒ f

   (x) = −cos(x) (0) = −1

  (4) (4) f ⇒ f (x) = sen(x) (0) = 0

  .

  ´e f´acil notar que a partir deste ponto as derivadas se reptem ciclicamente.

  

fun¸c˜ao, em torno de a = 0, da seguinte maneira:

  3

  5

  7 x x x

  • +

  P n

(x) = x − − + · · ·

3! 5! 7!

  

  3

  5 7 2n+1

  

  x x x x n

  • +

  = x − − + · · · + (−1)

  

  3! 5! 7! (2n + 1)!

   Generalizando:

  n 2k+1

  

  X x k

  

  P (x) = 2n+1

  (−1) (2k + 1)! k =0

  

  2

  

  

  3

  

  4

  

  5

  

  6

  

  7

  

  f n n

   (x) = P (x) + R (x)

  n

  (n) (x − a) ′ n

  = f (a) + f (a) + R (x) (a)(x − a) + . . . + f n !

  

  Teorema (Teorema de Taylor)

  

  (1) (2) (n+1)

  

  Suponha que as derivadas f , f , o erro R n (x) ´e , · · · f

  

  dado por:

  

  x Z n (x − t)

  (n+1) n n R (x) = f (t) dt , t (x) = f (x) − P ∈ (a, x). a n ! Desejamos mostrar que:

  

  x n

   Z

  (n+1) (x − t) n n R (x) = f (t) dt , t (x) = f (x) − P ∈ (a, x). n a !

  

  Tomando n = 0, temos:

  

  f (x) = f (a) + R (x)

  

  Pelo Teorema Fundamental do C´alculo, temos:

  

  x

  

  Z ′ R f (x)dt.

  (x) = f (x) − f (a) =⇒ a

  Ent˜ao: Z x ′ f f (x) = f (a) + (x)dt.

  Lembrando a integra¸c˜ao por partes:

  

  b Z Z b

   udv vdu = uv

  − a

a

  

  Ent˜ao

  

  u x Z

   z }| {

  ′

  

  f f (x) = f (a) + (x) dt .

  

  |{z} a

  

  dv

  

  Tomando v = t − x =⇒ dv = dt

  ′ ′′ u = f (t)dt

  (t) =⇒ du = f Assim:

  

  u u du dv v v

  

  x Z Z x z }| { z }| { z }| { z }| { z }| { z}|{

  ′ ′ ′′

f dt f f

(t) = (t) (t)dt

  (t − x) − (t − x) a a

  Z

  

  ′ ′ ′′

  

  = f (t)dt (x)(x − x) − f (a)(a − x) − (t − x)f

  

  Z ′ ′′

  

  (t)dt = −f (a)(a − x) − (t − x)f

  

  Z

  

  ′ ′′ = f (t)dt.

  (a)(x − a) + (x − t)f

  

  Logo: R

  1 (x)

P

(x)

  1 z }| { Z z }| {

  ′ ′′ f f (x) = (a) + f (t)dt.

  (a)(x − a) + (x − t)f

  

  Forma de Cauchy

  

  n

  

(n+1) (x − t)

  R n t (x) = f (t) (x − a), ∈ (a, x) n !

  

  Forma de Lagrange

  

  (n+1)

  

  (n+1) (x − a)

  

  n R (x) = f (t) , t ∈ (a, x)

  

  (n + 1)!

  

  Essas express˜oes s˜ao muito ´ uteis para se obter estimativas para o erro de uma aproxima¸c˜ao usando o polinˆ omio de Taylor.

  (n+1) (x − a) R n (x) = f (t) , t ∈ (a, x)

  

  (n + 1)!

  

   ´e muito parecida com o pr´oximo termo do polinˆ omio de Taylor.

   A ´ unica diferen¸ca ´e o valor t na f´ormula. t ´e algum valor entre a e x, que n˜ao conhecemos.

  Obs: t ´e um valor que no desenvolvimento da forma do erro de

  

  Lagrange surge da aplica¸c˜ao do Teorema do Valor M´edio.

  

  Importante

  

  (n+1) Para estimar o erro, precisamos analisar os valores de f (t) para todo a < t < x e usar o maior deles. Ou, usar algum outro valor que com certeza ´e maior do que todos eles.

  

  2

  

  3

  4

  

  5

  

  6

  

  7

  

  torno do ponto a = 0. Em seguida, encontre um limitante

  

  π superior para o erro no ponto x = e, depois, mostre o erro.

  4

  

  

  

  

  torno do ponto a = 0. Em seguida, encontre um limitante

  

  π superior para o erro no ponto x = e, depois, mostre o erro.

  4

  

   Solu¸c˜ao:

  

Para f (x) = sin (x) com a = 0 o polinˆ omio c´ ubico de Taylor ´e:

  

  3

  

  x

  

  

P

  

3

(x) = x −

  

  6

  

  

Pela f´ ormula do erro de Lagrange, sabemos que

  4

  4 x

  (4) (x − a) R

  3 (x) = f (t) = sin (t) 4!

  24

  

  4 sin (t)x

  

  ,

  3 |R (x)| ≤ max para t ∈ [0, π/4]

  

  24

  π π

  4 sin ( )( )

  4

  4 ≤ ≤ 0.0112

  

  24

   π

  Avaliando P (x) em temos

  

  3

  4 π

  

  3 π π

  4 P ( ) = = 0.7046

  3 −

  4

  4

  6 √ π

  4

  2 |0.7071 − 0.7046| = 0.0024. express˜ao ´e aproximada por um polinˆ omio de Taylor de grau 4

  

  x

   para e em torno do ponto 0.

  

   express˜ao ´e aproximada por um polinˆ omio de Taylor de grau 4

  

  x

   para e em torno do ponto 0.

  

  Pela f´ ormula de Lagrange do erro temos

  

  5

  5 x t

   (n+1) (x − 0)

  R (x) = f (t) = e ,

  

  4 para algum t ∈ [0, 0.5] 5! 120

  

  0.5 assim quando aproximamos e o erro est´a limitado por t

  

5

  0.5

  5

  5

e x e

  0.5

  0.5 4 = 0.00052

  

|R (x)| ≤ max ≤ ≤ 2

120 120 120

  

  Neste caso a aproxima¸c˜ao de Taylor ´e

  

  2

  3

  4 x x x

  

  

P (x) = 1 + x +

+ +

  2

  6

  24 e portanto

  

  

  2

  3

  4

  

  0.5

  0.5

  0.5

  0.5

  

  e

  • = 1.6484 ≈ 1 + 0.5 +

  

  2

  6

  24

  

  Seja f (x) = e e a = 0. Determine n para que o erro ao se

  

  aproximar f (x) por um polinˆ omio de Taylor de grau n seja

  

  −5 menor do que 10 para −1 ≤ x ≤ 1.

  

  

  

  Seja f (x) = e e a = 0. Determine n para que o erro ao se

  

  aproximar f (x) por um polinˆ omio de Taylor de grau n seja

  

  −5 menor do que 10 para −1 ≤ x ≤ 1.

  

   Solu¸c˜ao:

   Ou seja queremos saber, qual n satisfaz

  

  

  −5

  

  n x , |R (x)| ≤ 10 ∈ [−1, 1]

  

  Neste caso temos que o erro ´e dado por

  

  n t n

  • 1 +1

  e x (n+1) (x − 0) n f

  (t) = |R (x)| = (n + 1)! (n + 1)! t n n

  • +1

    1 +1

   e x e

  3 |x | −5

   n

  < < 10 |R (x)| = ≤ (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)!

  

   ou seja

  

  5 −5 3 < 10 (n + 1)! ⇒ (n + 1)! > 3 · 10

  

  (n + 1)! > 300000 ⇒

  

  Analisando

  

  7! = 5040, 8! = 40430, 9! = 362880 conclu´ımos que se n ≥ 8, ent˜ao (n + 1)! > 300000 o que −5 n . garante que o erro satisfaz |R (x)| < 10

  

  2

  

  3

  

  4

  

  

  5

  

  6

  

  7

  ′

  

  i Como calcular f (x •

) ?

  

  Podemos usar polinˆ omio de Taylor para aproximar as •

   derivadas da fun¸c˜ao.

  

  

   z }| {

   ′

  f (x i ) = f (x i ) + f (x i ) (x i i )

  • 1 +1

  − x

  

  f i i (x +1 ) ) − f (x

  

  

  

f i

(x ) = h

  

  • Diferen¸ ca Regressiva

  : x = x −h i −1

  

  z }| { ′ f i i i (x ) = f (x ) + f (x ) (x )

   i f (x ) ) − f (x i −1

  

f i

(x ) = h

  

  Diferen¸ ca Central : x = x

  • i e x = x
    • 1 i −1

  f i (x )

  • 1

  ) − f (x i −1 ′ f i (x ) =

  2h e central para h = 0.01 e h = 0.001.

  

  

   e central para h = 0.01 e h = 0.001.

  

  Solu¸c˜ao:

  

  

Usando h = 0.01, com diferen¸ca progressiva temos

  

  ln (1.31) − ln(1.30) ′ f = 0.76628

   (1.3) ≈

  0.01

  Com diferen¸ca central temos

  

  ln (1.31) − ln(1.29) ′ f = 0.76924 (1.3) ≈

  2 · 0.01

  

  ln

  

  (1.301) − ln(1.300) ′ f = 0.76893 (1.3) ≈

  

  0.001

  

  com diferen¸ca central temos

  

  ln (1.301) − ln(1.299) ′ f = 0.76923

   2 · 0.001

  Podemos calcular o valor real usando a derivada de f (x), pois

  

  neste caso conhecemos a express˜ao da fun¸c˜ao. O resultado ´e

  

  1

′ ′

f f (x) = (1.3) = 0.76923

  ⇒ x

  5 Derivada Analitica

  

  Aprox. Diferenca Progressiva

  

  4 Aprox. Diferenca Central

  

  3

  

  

  2

  

  1 −1 −2.0 −1.5 −1.0 −0.5

  0.0

  0.5

  1.0

  1.5

  2.0

  5 Derivada Analitica

  

  

Aprox. Diferenca Progressiva

  

  4 Aprox. Diferenca Central

  

  3

  

  

  2

  

  1 −1 −2.0 −1.5 −1.0 −0.5

  0.0

  0.5

  1.0

  1.5

  2.0

  

  2

  

  3

  

  4

  

  5

  

  

  6

  7

  Quanto maior o grau do polinˆ omio, melhor a aproxima¸c˜ao.

  A medida que nos afastamos do ponto x = a, a

  • aproxima¸c˜ao piora.

  

  • fun¸ c˜ ao e de suas derivadas

  n O polinˆ omio de Taylor P (x) s´o precisa do valor da

  em um ponto a. N˜ao ´e

   preciso conhecer a express˜ao anal´ıtica de suas derivadas.

  Aproxima¸c˜oes para as derivadas da fun¸c˜ao f (x):

  

  • derivada.

   As derivadas de alta ordem s˜ao calculadas de forma similar.

  Quanto mais pontos em um intervalo [a, b], ou seja,

  • quanto menor o espa¸camento h entre eles, melhor a qualidade da aproxima¸c˜ao.

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