DCC008 - Cálculo Numérico

DCC008 - Cálculo Numérico Polinômios de Taylor Bernardo Martins Rocha Departamento de Ciência da Computação Universidade Federal de Juiz de Fora bernardomartinsrocha@ice.ufjf.br

Conteúdo Introdução Definição do polinômio de Taylor Propriedades Exemplos Algoritmo de Horner Erro Exemplos Aproximação de Derivada 2 / 67

Introdução Algumas funções matemáticas ditas "elementares"não são tão elementares assim quando tentamos avalia-las. Se p é uma função polinomial, p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n então p pode ser avaliado facilmente para qualquer número x. Entretanto o mesmo não é verdadeiro para funções como e x, sin (x), cos (x), log (x). Tente calcular essas funções sem usar a calculadora para qualquer x. Estamos interessados em reduzir a avaliação de funções f(x) por funções que sejam mais fáceis de se avaliar. 3 / 67

Introdução Já vimos que polinômios são funções fáceis de se avaliar, pois precisamos apenas de realizar operações de adição e multiplicação. Sendo assim estamos interessados em aproximar a função f(x) por uma função polinomial ˆf(x) que seja fácil de avaliar. Uma das aproximações polinomiais mais usadas são os polinômios de Taylor. Vamos estudar agora como encontrar estas funções polinomiais que aproximam f(x). 4 / 67

Polinômio de Taylor A fim de encontrar um polinômio que aproxima uma função, vamos antes analisar algumas propriedades de polinômios. Considere o polinômio p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n. É interessante observar que os coeficientes a i, i = 0,..., n, podem ser escritos em termos de valores de p e de suas várias derivadas (p, p,...) em x = 0. Para começar observe que p(0) = a 0 Derivando p(x) temos p (x) = a 1 + 2a 2 x +... + na n x n 1 e portanto p (0) = a 1 5 / 67

Polinômio de Taylor Derivando novamente p (x) = 2a 2 + 6a 3 x +... + n(n 1)a n x n 2 e portanto p (0) = 2a 2 Denotando a k-ésima derivada de p(x) por p (k) (x), de forma geral teremos a seguinte relação p (k) (0) = k! a k Lembrando que 0! = 1 e que p (0) = p, temos a k = p(k) (0), 0 k n k! 6 / 67

Polinômio de Taylor Se tivéssemos começado com uma função p como um polinômio em (x a), p(x) = a 0 + a 1 (x a) + a 2 (x a) 2 +... + a n (x a) n procedendo da mesma forma como anteriormente, temos p(x) = a 0 + a 1 (x a) + a 2 (x a) 2 +... + a n (x a) n p(a) = a 0 p (x) = a 1 + 2a 2 (x a) +... + na n (x a) n 1 p (a) = a 1 p (x) = 2a 2 + 6a 3 (x a) +... + n(n 1)a n (x a) n 2 p (a) = 2a 2... de forma geral, temos a k = p(k) (a) k! 7 / 67

Polinômio de Taylor Suponha agora que f(x) seja uma função (não necessariamente um polinômio) tal que f (1) (a), f (2) (a),..., f (n) (a), existam. Seja a k = f (k) (a), 0 k n (1) k! então o polinômio de Taylor de grau n para f(x) em a é definido como P n,a (x) = a 0 + a 1 (x a) + a 2 (x a) 2 +... + a n (x a) n (2) Obs: vamos simplificar a notação e escrever apenas P n (x) 8 / 67

Polinômio de Taylor O polinômio de Taylor foi definido tal que P (k) n (a) = f (k) (a), para 0 k n observe P n (0) (x) = a 0 + a 1 (x a) +... + a n (x a) n P n (1) (x) = a 1 + 2a 2 (x a) +... + na n (x a) n 1 P n (2) (x) = 2a 2 + 6a 3 (x a) +... + n(n 1)a n (x a) n 2 P n (3) (x) = 6a 3 + 24a 4 (x a) +... + n(n 1)(n 2)a n (x a) n 3... P n (n) (x) = n! a n 9 / 67

Polinômio de Taylor Lembrando que a k = f (k) (a) k! substituindo os coeficientes a k e avaliando as expressões anteriores em x = a temos P n (0) (a) = a 0 = f (0) (a) P n (1) (a) = a 1 = f (1) (a) P n (2) (a) = 2a 2 = 2 f (2) (a) 2! = f (2) (a) P n (3) (a) = 6a 3 = 6 f (3) (a) 3! = f (3) (a)... P n (n) (a) = n! a n = n! f (n) (a) n! = f (n) (a) E assim confirmamos que P (k) n (a) = f (k) (a), para 0 k n 10 / 67

Polinômio de Taylor Usando a relação a k = f (k) (a) k! vamos escrever o polinômio de Taylor de grau n da seguinte forma P n (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a)2 2 +... + f (n) (a) (x a)n n! 11 / 67

Exemplos Exemplo 1 Encontrar o polinômio de Taylor de grau 1 (linear) que aproxima a função f(x) = e x em torno do ponto 0. Solução Exemplo 1 Temos f(x) = e x f (x) = e x portanto o polinômio de Taylor linear é dado por P 1 (x) = f(a) + f (a)(x a) = f(0) + f (0)(x 0) = e 0 + e 0 (x 0) = 1 + x 12 / 67

Exemplos Exemplo 1 - Observação Geométrica Equação da reta y y 0 = m(x x 0 ) Como o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de y = f(x) no ponto (x 0, f(x 0 )) é f (x 0 ) = m, temos a seguinte eq. para a reta tangente y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) Comparando com nossa aproximação P 1 (x) f(a) = f (a)(x a) vemos que neste exemplo a função aproximadora é a reta tangente a curva f(x) no ponto x = a. 13 / 67

Exemplos Solução Exemplo 1 8 7 e x P 1 (x) 6 5 4 3 2 1 0 1 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 14 / 67

Exemplos Solução Exemplo 1 (Zoom) 1.5 e x P 1 (x) 1.0 0.5 0.4 0.2 0.0 0.2 0.4 15 / 67

Exemplos Exemplo 2 Determinar o polinômio de Taylor de grau 2 (quadrático) para f(x) = e x em torno do ponto a = 0. Solução Exemplo 2 Lembrando que então f(x) = e x f (x) = e x f (x) = e x P 2 (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a)2 2 = f(0) + f (0)(x 0) + f (0) (x 0)2 2 = e 0 + e 0 (x 0) + e 0 (x 0)2 2 = 1 + x + x2 2 16 / 67

Exemplos Solução Exemplo 2 8 7 6 e x P 1 (x) P 2 (x) 5 4 3 2 1 0 1 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 17 / 67

Exemplos 8 7 6 5 4 e x P 1 (x) P 2 (x) P 3 (x) P 4 (x) P 5 (x) 3 2 1 0 1 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 18 / 67

Exemplos Exemplo 3 Encontre a fórmula geral da aproximação usando polinômio de Taylor para a função f(x) = sin (x) em torno do ponto a = 0. Solução Exemplo 3 Note que f(x) = sin (x) f(a) = 0 f (x) = cos (x) f (a) = 1 f (x) = sin (x) f (a) = 0 f (x) = cos (x) f (a) = 1 f (4) (x) = sin (x) f (4) (a) = 0 A partir desse ponto as derivadas repetem em ciclo de 4. 19 / 67

Exemplos Solução Exemplo 3 Os coeficientes do polinômio de Taylor a k = sin(k) (0) k! para k = 0, 1, 2,... são dados por 0, 1, 0, 1 3!, 0, 1 5!, 0, 1 7!, 0, 1 9!,... portanto o polinômio de Taylor é dado por P n (x) = x x3 3! + x5 5! x7 x2n+1 +... + ( 1)n 7! (2n + 1)! Considerando n como o número de termos, tem-se que P 2n+1 (x) = n ( 1) k x 2k+1 (2k + 1)! k=0 Obs: P 2n+1 = P 2n+2. 20 / 67

Exemplos Solução Exemplo 3 8 6 4 2 sinx P 1 (x) P 3 (x) P 5 (x) P 7 (x) 0 2 4 6 8 4 3 2 1 0 1 2 3 4 21 / 67

Exemplos Exercício Verifique que o polinômio de Taylor de grau 2n para f(x) = cos (x) em a = 0 é dado por P 2n (x) = 1 x2 2! + x4 4! x6 x2n +... + ( 1)n 6! (2n)! Exercício Verifique que o polinômio de Taylor de grau n para f(x) = e x em a = 0 é dado por P n (x) = 1 + x 1! + x2 2! + x3 3! +... + xn (n)! 22 / 67

Exemplo de Implementação em C double exp_taylor(int n, double x) { int i; double fat=1.0, term=1.0, sum=term; for(i=1; i<=n; i++) { fat = fat * i; } term = term * x; sum = sum + term/fat; } return sum; 23 / 67

Exemplo de Implementação em C int main () { int n; double x; scanf("%d", &n); scanf("%lf", &x); printf("exp(x) = %e\n", exp(x) ); printf("taylor = %e\n", exp_taylor(n, x) ); } return 0; 24 / 67

Exemplo de Implementação em C n = 5 x = 0.25 exp(x) = 1.284025e+00 taylor = 1.284025e+00 n = 25 x = 2.5 exp(x) taylor = 1.218249e+01 = 1.218249e+01 n = 5 x = -0.25 exp(x) = 7.788008e-01 taylor = 7.788005e-01 n = 25 x = -2.5 exp(x) = 8.208500e-02 taylor = 8.208500e-02 n = 25 x = 10 exp(x) taylor n = 25 x = 20 exp(x) taylor = 2.202647e+04 = 2.202608e+04 = 4.851652e+08 = 4.307370e+08 n = 25 x = -10 exp(x) = 4.539993e-05 taylor = -1.804113e-01 (***) n = 25 x = -20 exp(x) = 2.061154e-09 taylor = -9.494844e+06 (***) 25 / 67

Exemplo de Implementação em Python def exp_taylor(n, x): fat = 1.0 term = 1.0 sum = term i = 1 while i <= n: fat = fat * i term = term * x sum = sum + term/fat i = i + 1 return sum if name == " main ": n = int(raw_input("digite n")) x = float(raw_input("digite x")) print exp_taylor(n, x) 26 / 67

Exemplos Exemplo 4 Encontre o valor de f(6) sabendo que f(4) = 125, f (4) = 74, f (4) = 30, f (4) = 6, e que todas as outras derivadas de ordem alta são nulas. Solução Exemplo 4 Vamos usar uma aproximação por polinômio de Taylor de grau 3 P 3 (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a)2 2! + f (a) (x a)3 3! Como temos os valores da função e suas derivadas em x = 4 usaremos este ponto para aproximar f(6), portanto f(6) P 3 (6) = f(4) + f (4)(6 4) + f (4) (6 4)2 2! + f (4) (6 4)3 3! = 125 + 74 2 + 30 4 2 + 6 8 6 = 125 + 148 + 60 + 8 = 341 27 / 67

Polinômio de Taylor Algumas propriedades da aproximação por polinômio de Taylor: Quanto maior o grau do polinômio, melhor a aproximação. A medida que nos afastamos do ponto x = a, a aproximação piora. O polinômio de Taylor P n (x) só precisa do valor da função e de suas derivadas em um ponto a. Não é preciso conhecer a expressão analítica de suas derivadas. 28 / 67

Exemplos Exemplo 5 Como calcular o valor de 13 numa ilha deserta, sem usar calculadora? Solução Exemplo 5 Aproximar f(x) = x perto de a usando polinômios de Taylor. Neste caso vamos usar um polinômio linear e vamos escolher o ponto a = 9 (poderia ser a = 16). Temos logo f(x) = x = x 1/2 f (x) = 1 2 x P 1 (x) = f(a) + f (a)(x a) = a + 1 2 (x a) a 29 / 67

Exemplos Solução Exemplo 5 Substituindo a = 9 em P 1 (x) temos P 1 (x) = 9 + 1 2 (x 9) 9 Sendo assim, avaliando em x = 13 para obter o valor de 13 obtemos P 1 (13) = 9 + 1 2 9 (13 9) = 3 + 4 6 = 3.6666 O valor exato de 13 é 3.6055. 30 / 67

Exemplos Exemplo 6 Calcular o valor de 7 1.1 (R : 1.013708856). Solução Exemplo 6 A função que queremos avaliar é f(x) = 7 x. Vamos usar um polinômio de Taylor linear em torno de a = 1. Derivando f(x) = x 1/7 f (x) = 1 7 7 x 6 Assim temos a seguinte aproximação 7 x f(a) + f (a)(x a) = 7 1 + 1 7 7 (x 1) 16 e para x = 1.1 temos 7 1.1 1 + 1.1 1 7 = 1.01428 31 / 67

Exemplos Exemplo 7 Calcular o valor de exp(0.2). Solução Exemplo 7 A função que queremos avaliar é f(x) = e x = exp (x). Vamos usar um polinômio de Taylor (i) linear e (ii) quadrático em torno do ponto a = 0. Calculando as derivadas f(x) = e x f (x) = f (x) = e x assim temos as seguintes aproximações P 1 (x) = f(a) + f (a)(x a) = e 0 + e 0 (x 0) = 1 + x P 2 (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a)2 2 = e 0 + e 0 (x 0) + e 0 (x 0) 2 = 1 + x + x2 2 32 / 67

Exemplos Solução Exemplo 7 Sabemos que o valor real da expressão exp (0.2) é 1.2214. Temos as seguintes funções aproximadoras P 1 (x) = 1 + x P 2 (x) = 1 + x + x2 2 que quando avaliadas em x = 0.2 fornecem P 1 (0.2) = 1 + 0.2 = 1.2 P 2 (0.2) = 1 + 0.2 + 0.22 2 = 1 + 0.2 + 0.04 2 = 1 + 0.2 + 0.02 = 1.22 33 / 67

Exemplos Exemplo 8 Encontre uma aproximação para log (x). Solução Exemplo 8 O polinômio de Taylor para log (x) tem que ser calculado em algum ponto a 0 já que a função não está definida neste ponto. Vamos usar então a = 1 para começar. Calculando as derivadas temos f (x) = 1 x f (1) = 1 f (x) = 1 x 2 f (1) = 1 f (x) = 2 x 3 f (1) = 2 f (4) (x) = 6 x 4 f (4) (1) = 6 De forma geral, para k = 1,..., n, temos f (k) (x) = ( 1)k 1 (k 1)! x k f (k) (1) = ( 1) k 1 (k 1)! 34 / 67

Exemplos Solução Exemplo 8 Portanto temos P n(x) = f(1) + (x 1)f (x 1) (1) + f (x 1)n (1) +... + f (n) (1) 2 n! (x 1) (x 1)3 (x 1)n = 0 + (x 1) + 2 +... + ( 1) n 1 (n 1)! 2 6 n! assim P n (x) = (x 1) (x 1)2 2 + (x 1)3 3 n 1 (x 1)n +... + ( 1) n É mais simples considerar f(x) = log (1 + x) e criar o polinômio de Taylor em torno do ponto a = 0. Neste caso teríamos P n (x) = x x2 2 + x3 3 x4 xn +... + ( 1)n 1 4 n 35 / 67

Algoritmo de Horner Uma tarefa computacional extremamente importante é a avaliação de polinômios, isto é: dado um ponto x qualquer, calcular o valor de p(x). A forma mais direta de fazer isto é: p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 (3) Essa expressão pode ser reformulada como p(x) = ((a 3 x + a 2 )x + a 1 )x + a 0 (4) Temos então o seguinte número de operações aritméticas: para n = 4, Eq. (3) faz 10 multiplicações e 4 adições para n = 4, Eq. (4) faz 4 multiplicações e 4 adições para n = 20, Eq. (3) faz 210 multiplicações e 20 adições para n = 20, Eq. (4) faz 20 multiplicações e 20 adições 36 / 67

Algoritmo de Horner Para p(x) = ((a 3 x + a 2 )x + a 1 )x + a 0 podemos usar o seguinte esquema prático a 3 a 2 a 1 a 0 + x b 3 x b 2 x b 1 b 3 b 2 b 1 b 0 portanto p(x) = b 0. Para avaliar um polinômio de grau n p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n podemos usar a seguinte fórmula b n = a n b i = a i + x b i+1, para i = n 1,..., 2, 1, 0 37 / 67

Algoritmo de Horner Se os valores intermediários de b i não são de interesse, podemos usar apenas uma variável b para implementar o algoritmo. entrada: a 0, a 1,..., a n, x saída: p(x) b = a n ; para i = n 1 até 0 faça b = a i + x b ; fim-para retorne b; 38 / 67

Erro Precisamos saber qual o erro cometido ao aproximar a função f(x) pelo polinômio de Taylor P n (x). Vamos representar o erro por R n (x). Se f(x) é uma função para a qual P n (x) existe, definimos o erro (ou resto) R n (x) por R n (x) = f(x) P n (x). Ou seja f(x) = P n (x) + R n (x) = f(a) + f (a)(x a) +... + f (n) (x a)n (a) + R n (x) n! Gostaríamos de ter uma expressão para R n (x) cujo tamanho seja fácil de se estimar. Através do Teorema de Taylor iremos encontrar algumas expressões para o erro R n (x). 39 / 67

Teorema de Taylor Teorema (Teorema de Taylor) Suponha que as derivadas f (1),..., f (n+1) estejam definidas e sejam contínuas em um intervalo [a, x], então temos que onde R n (x) = f(x) P n (x) = x a f (n+1) (x t)n (t) n! P n (x) = f(a) + f (a)(x a) +... + f (n) (x a)n (a) n! dt 40 / 67

Teorema de Taylor Para a demonstração do teorema iremos utilizar: Integração por partes: b a u dv = uv b b v du a a Teorema Fundamental do Cálculo (TFC), que diz que se f(x) é definida em [a, b] que admite uma anti-derivada g(x) em [a, b], isto é f(x) = g (x), então b a f(x) dx = g(b) g(a) 41 / 67

Teorema de Taylor Prova Para encontrar a expressão do erro na forma integral, vamos começar com o caso n = 0: f(x) = f(a) + R 0 (x) pelo Teorema Fundamental do Cálculo, podemos escrever portanto R 0 (x) = f(x) f(a) = f(x) = f(a) + x a x a f (t) dt f (t) dt 42 / 67

Teorema de Taylor Prova (cont.) Vamos usar integração por partes no termo da integral u = f (t) du = f (t) dt dv = 1 dt v = t x assim temos x f (t) dt = f (t)(t x) a x a x a f (t)(t x) dt = [ f (x)(x x) f (a)(a x) ] = f (a)(a x) = f (a)(x a) + x a x a x a f (t)(t x) dt f (t)(x t) dt f (t)(t x) dt 43 / 67

Teorema de Taylor Prova (cont.) Logo Portanto f(x) = f(a) + f (a)(x a) + }{{} P 1 (x) R 1 (x) = x a x a f (t)(x t) dt f (t)(x t) dt Para encontrar R 2 (x), usamos integração por partes novamente no termo com a integral. Para isso escolhemos u = f (t) du = f (t) dt (x t)2 dv = (x t) dt v = 2 44 / 67

Teorema de Taylor Prova (cont.) Assim x a Desta forma f (t)(x t) dt = f (t) (x t)2 2 = f (x a)2 (a) + 2 f(x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a)2 2 }{{} P 2 (x) x + x a a x a + f (t) (x t)2 2 dt f (x t)2 (t) 2 x dt f (x t)2 (t) dt a 2 }{{} R 2 (x) ou seja R 2 (x) = x a f (x t)2 (t) 2 dt 45 / 67

Teorema de Taylor Prova (cont.) Considerando que f (n+1) é contínua em [a, x] por hipótese do teorema, podemos mostrar por indução que R n (x) = x a f (n+1) (x t)n (t) n! dt (5) 46 / 67

Teorema de Taylor É possível ainda obter as seguintes expressões para o erro: Forma de Cauchy R n (x) = f (n+1) (t) Forma de Lagrange (x t)n (x a), t (a, x) (6) n! R n (x) = f (n+1) (t) (x a)(n+1), t (a, x) (7) (n + 1)! Essas expressões são muito úteis para se obter estimativas para o erro de uma aproximação usando o polinômio de Taylor. 47 / 67

Estimativa do erro A forma do erro de Lagrange R n (x) = f (n+1) (x a)(n+1) (t) (n + 1)! (8) é muito parecida com o próximo termo do polinômio de Taylor. A única diferença é o valor t na fórmula. t é algum valor entre a e x, que não conhecemos. Obs: t é um valor que no desenvolvimento da forma do erro de Lagrange surge da aplicação do Teorema do Valor Médio. Para estimar o erro, precisamos analisar os valores de f (n+1) (t) para todo a < t < x e usar o maior deles. Ou, usar algum outro valor que com certeza é maior do que todos eles. 48 / 67

Exemplos Exemplo 1 Seja f(x) = sin (x). Encontre o polinômio de Taylor cúbico em torno do ponto a = 0, em seguida encontre um limitante superior para este no ponto x = π 4 e calcule o erro. Solução Exemplo 1 Para f(x) = sin (x) com a = 0 já vimos que o polinômio cúbico de Taylor é P 3 (x) = x x3 6 Pela fórmula do erro de Lagrange, sabemos que R 3 (x) = f (4) (x a)4 (t) 4! = sin (t) x4 24 49 / 67

Exemplos Solução Exemplo 1 Portanto para o limitante superior temos sin (t)x 4 R 3 (x) max 24, para t [0, π/4] sin ( π 4 )( π 4 )4 24 0.0112 Avaliando P 3 (x) em π 4 temos π 3 P 3 ( π 4 ) = π 4 4 6 = 0.7046 O valor real é sin ( π 4 ) = 2 2 = 0.7071, logo o erro cometido é 0.7071 0.7046 = 0.0024. 50 / 67

Exemplos Exemplo 2 Obtenha o limitante superior do erro para e 0.5 quando esta expressão é aproximada por um polinômio de Taylor de grau 4 para e x em torno do ponto 0. Solução Exemplo 2 Pela fórmula de Lagrange do erro temos R 4 (x) = f (n+1) (x 0)5 (t) 5! = e t x5, para algum t [0, 0.5] 120 assim quando aproximamos e 0.5 o erro está limitado por e t x 5 R 4 (x) max 120 e 0.5 0.5 5 120 20.55 120 = 0.00052 51 / 67

Exemplos Solução Exemplo 2 Neste caso a aproximação de Taylor é e portanto P 4 (x) = 1 + x + x2 2 + x3 6 + x4 24 e 0.5 1 + 0.5 + 0.52 2 + 0.53 6 + 0.54 24 = 1.6484 O valor real é e 0.5 = 1.6487, e vemos novamente que o erro é menor do que o estimado, pois 1.6487 1.6484 = 0.0003. 52 / 67

Exemplos Exemplo 3 Seja f(x) = sin (x) e a = 0. Determine n para que o erro ao se aproximar f(x) por um polinômio de Taylor seja menor do que 10 7 para π 4 x π 4. Solução Exemplo 3 Pela fórmula do erro temos que R 2n+1 (x) = sin (x) P 2n+1 (x) = f (2n+2) (x 0)2n+2 (t) (2n + 2)! x 2n+2 = ( 1) n+1 sin (t) (2n + 2)! Queremos saber qual o valor de n garante que R 2n+1 (x) 10 7, para x [ π/4, π/4] 53 / 67

Exemplos Solução Exemplo 3 Então x 2n+2 R 2n+1 (x) = ( 1)n+1 sin (t) (2n + 2)! < ( π 4 )2n+2 (2n + 2)! < 10 7 analisando temos n = 1 (2 + 2)! = 24 ( π 4 )4 4! n = 2 (4 + 2)! = 720 ( π 4 )6 6! n = 3 (6 + 2)! = 40320 ( π 4 )8 8! n = 4 (8 + 2)! = 3628800 ( π 4 )10 10! 0.15 10 1 0.326 10 3 3.590860 10 6 2.461137 10 8 54 / 67

Exemplos Solução Exemplo 3 ou seja, para que ( π 4 )2n+2 (2n + 2)! < 10 7 temos que n 4. Portanto, precisamos usar um polinômio de Taylor de grau maior ou igual a 9 para atingir a precisão desejada. 55 / 67

Exemplos Exemplo 4 Seja f(x) = e x e a = 0. Determine n para que o erro ao se aproximar f(x) por um polinômio de Taylor seja menor do que 10 5 para 1 x 1. Solução Exemplo 4 Ou seja queremos saber, qual n satisfaz R n (x) 10 5, x [ 1, 1] Neste caso temos que o erro é dado por R n (x) = f (n+1) (x 0)n+1 (t) (n + 1)! = e t x n+1 (n + 1)! 56 / 67

Exemplos Solução Exemplo 4 Assim e t x n+1 R n (x) = (n + 1)! e1 x n+1 (n + 1)! < 3 (n + 1)! < 10 5 ou seja Analisando 3 < 10 5 (n + 1)! (n + 1)! > 3 10 5 (n + 1)! > 300000 7! = 5040, 8! = 40430, 9! = 362880 concluímos que se n 8, então (n + 1)! > 300000 o que garante que o erro satisfaz R n (x) < 10 5. 57 / 67

Aproximação de Derivada Considere que uma função f(x), cuja expressão é desconhecida, seja fornecida por meio de um conjunto de pontos (x 0, f(x 0 )), (x 1, f(x 1 )),..., (x n, f(x n )). Como calcular f (x i )? Podemos usar polinômio de Taylor para aproximar as derivadas da função. 58 / 67

Aproximação de Derivada Para calcular a derivada f (x i ) em cada ponto x i, vamos usar um polinômio de Taylor linear em torno do ponto x i. Diferença Progressiva: x = x i+1 {}}{ f(x i+1 ) = f(x i ) + f (x i ) (x i+1 x i ) Diferença Regressiva: x = x i 1 f (x i ) = f(x i+1) f(x i ) h {}}{ f(x i 1 ) = f(x i ) + f (x i ) (x i 1 x i ) f (x i ) = f(x i) f(x i 1 ) h h h 59 / 67

Aproximação de Derivada Diferença Central: x = x i+1 e x = x i 1 subtraindo, temos que resulta em f(x i+1 ) = f(x i ) + f (x i )h f(x i 1 ) = f(x i ) f (x i )h f(x i+1 ) f(x i 1 ) = 2hf (x i ) f (x i ) = f(x i+1) f(x i 1 ) 2h 60 / 67

Aproximação de Derivada A diferença central é mais precisa para aproximar a derivada. As derivadas de alta ordem são calculadas de forma similar. Quanto mais pontos em um intervalo [a, b], ou seja, quanto menor o espaçamento h entre eles, melhor a qualidade da aproximação. 61 / 67

Aproximação de Derivada Exemplo 5 Calcule f (1.3) para f(x) = log (x) usando diferença progressiva e central para h = 0.01 e h = 0.001. Solução Exemplo 5 Usando h = 0.01, com diferença progressiva temos f (1.3) Com diferença central temos log (1.31) log (1.30) 0.01 = 0.76628 f (1.3) log (1.31) log (1.29) 2 0.01 = 0.76924 62 / 67

Aproximação de Derivada Solução Exemplo 5 Usando h = 0.001, com diferença progressiva temos f (1.3) com diferença central temos log (1.301) log (1.300) 0.001 = 0.76893 f (1.3) log (1.301) log (1.299) 2 0.001 = 0.76923 Podemos calcular o valor real usando a derivada de f(x), pois neste caso conhecemos a expressão da função. O resultado é f (x) = 1 x f (1.3) = 0.76923 63 / 67

Aproximação de Derivada Exemplo em Python from pylab import * def f(x): return exp(x)*sin(x) def df(x): return exp(x)*sin(x) + exp(x)*cos(x) def aprox(f,x,h): return (f(x+h)-f(x))/h def aproxcentral(f,x,h): return (f(x+h)-f(x-h))/(2*h) 64 / 67

Aproximação de Derivada Exemplo em Python if name == " main ": hh = 0.001 xx = arange(-2, 2, hh) yy = df(xx) # diferenca progressiva e central h = 0.01 x = arange(-2,2, h) d1 = aprox(f,x,h) d2 = aproxcentral(f,x,h) # exibe grafico plot(xx, yy, label= Derivada Analitica ) plot(x, d1, o, label= Aprox. Diferenca Progressiva ) plot(x, d2, ^, label= Aprox. Diferenca Central ) show() 65 / 67

Aproximação de Derivada Exemplo em Python (h=0.1) 5 4 Derivada Analitica Aprox. Diferenca Progressiva Aprox. Diferenca Central 3 2 1 0 1 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 66 / 67

Aproximação de Derivada Exemplo em Python (h=0.05) 5 4 Derivada Analitica Aprox. Diferenca Progressiva Aprox. Diferenca Central 3 2 1 0 1 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 67 / 67