Aproximação de Integral com Polinômio de Taylor

Teoria Completa

Polinômio de Taylor e a integral

Taylor é um cara tão legal, mas tão legal, que nos ajuda a calcular até mesmo integrais usando polinômios. Ele é o cara. Beleza, mas como a gente faz isso?

Antes de sair por aí generalizando, vamos pensar em um problema, como a integral de:

∫ 0 0.2 e t 2 + t d t    

Pow, essa integral é bem complicada, mas podemos chegar ao valor dela através de uma aproximação.

Se a gente chama o limite superior dessa integral de x , então teremos uma função de x :

g x = ∫ 0 x e t 2 + t d t

Sendo:

g ( 0.2 )   = ∫ 0 0.2 e t 2 + t d t  

E a gente sabe que, se a função for derivável até a ordem que queremos aproximar, podemos aproximar a função por um polinômio de Taylor.

Para começar de maneira amiga, vamos calcular o polinômio de Taylor de g ( x ) para ordem 2 e centrado em zero que é um ponto próximo de 0.2 que é o limite superior real da nossa integral. Ele vai ficar:

P ( x ) = g ( 0 ) + g ’ ( 0 ) ( x - 0 ) + g ’ ’ 0 2   x - 0 2  

Para calcular isso aí, precisamos conhecer:

g ( 0 ) ;   g ’ ( 0 )   e   g ’ ’ ( 0 )

g ( 0 ) é fácil: será a integral de zero a zero:

g 0 = ∫ 0 0 e t 2 + t d t = 0

Já que a integral de um ponto até o mesmo ponto é sempre zero.

O problema vem agora. Precisamos calcular g ’ ( 0 ) e para isso, g ’ ( x ) que será:

g ’ ( x ) = d d x ∫ 0 x e t 2 + t d t

E agora? É só lembrar do teorema fundamental do Cálculo que diz basicamente que:

d d x ∫ a x f x d x = d d x F x - F a

Sendo F a primitiva da função f , ou seja, a função cuja derivada é igual à   f .

Ok, então vamos aplicar o TFC no nosso problema:

g ’ x = d d x ∫ 0 x e t 2 + t d t = d d x F x - F 0 = d F x d x - d F 0 d x

Como, por definição, a derivada de F será f então:

d F x d x = f x = e x 2 + x

F ( 0 ) é uma constante e se perde nas peripécias da vida quando derivada, então:

d F 0 d x = 0

Então:

g ’ x = e x 2 + x

Logo:

g ' 0 = e 0 = 1

Só falta g ' ' ( 0 ) agora:

g ' ' x = g ' x ' = e x 2 + x ' = ( 2 x + 1 ) e x 2 + x

No ponto zero:

g ' ' 0 = 1 e 0 = 1

Agora é só substituir:

P x = g 0 + g ’ 0 x - 0 + g ’ ’ 0 2   x - 0 2 ⟹ P x = 0 + x + 1 2 x 2

Para aproximar a integral agora, só substituir x pelo o que ele significa: o intervalo superior da integral:

∫ 0 0.2 e t 2 + t d t ≈ P 0.2 = 0.2 + 1 2 0.2 2 = 0.2 + 0.02 = 0.22

Vale lembrar que esse resultado é uma aproximação e se quisermos uma aproximação melhor, devemos aumentar a ordem do polinômio. O erro da aproximação estará sempre associado às ordens superiores, sendo:

E x =   f n + 1 c x - x 0 n + 1 n + 1 !

n a ordem da aproximação e:

x 0 < c < x

Neste caso, já que zero é o ponto central do polinômio e 0.2 é o ponto escolhido para aproximar:

0 < c < 0.2

Para a ordem 2 que aproximamos:

E 0.2 = g 3 c 0.2 3 3 ⋅ 2

Para a ordem 3 :

g ' ' ' x = g ' ' x ' = 2 x + 1 e x 2 + x ' = 2 e x ² + x + 2 x + 1 2 e x 2 + x

g ' ' ' c = 2 e c ² + c + 2 c + 1 2 e c 2 + c

Repare, jovem, que g ' ' ' c é crescente, então o maior valor possível para o erro é o maior valor possível de g ' ' ' c que será g ' ' ' 0.2 . Substituindo esse valor na expressão acima:

g ' ' ' 0.2 = 5.03415

Assim:

E 0.2 ≤ 5.03415 ⋅ 0.04 6 = 0.033561

O erro é sempre estimado e baseado no maior valor possível para f n + 1 c dentro dos valores possíveis de c . Isso faz sentido, pois, se pudéssemos calcular o valor exato do erro, era só adicioná-lo ao valor real e teríamos o resultado exato. Assim não tem graça.

Ficou com alguma dúvida com relação à estrutura do polinômio de Taylor? Volte lá na primeira parte do tópico que a gente explica tudo com muito amor.

O erro não ficou muito claro também? Temos um tipo só para ele também, dá uma olhada!

Caso geral

E para uma aproximação da integral por um polinômio de Taylor geral, como fica? A verdade é que nada mudará em relação ao que a gente já conhece.

Se g é derivável até ordem n e: g x = ∫ a x f ( t ) d t

Então a aproximação por polinômio de Taylor de g ( x ) centrado em x 0 será:

P x = g x 0 + g ' x 0 1 ! ( x - x 0 ) + g ' ' x 0 2 ! x - x 0 2 + … + g n x 0 n ! x - x 0 n

Aproximando o integrando

Às vezes, é mais jogo aproximar o integrando por Taylor e substituí-lo na integral. Vamos ver como isso é feito?

Imagine essa integral:

∫ 0 1 e x 8 d x

Se a gente usar o TFC nela e aproximá-la por Taylor, as derivadas vão ficar todas muito grandes e chatas de calcular. Então a gente pode considerar:

f x = e x 8

E, para resolver o problema com a derivada:

u = x 8 ⟹ f u = e u

Coisa que não daria para fazer na integral, já que precisaríamos mudar d x para u ’ d u = 8 x 7 d u .

Certo. Então, aproximamos tudo com o u . Como a integral tem intervalo entre 0 e 1 , podemos escolher u 0 = 0 para facilitar. Vamos usar a ordem 3 para ter uma noção legal:

P u = f 0 + f ' 0 u + f ' ' 0 2 u 2 + f ' ' ' 0 3 ! u 3

Precisamos achar os valores:

f 0 = e 0 = 1

f ' u = e u ⟹ f ' 0 = 1

f ' ' u = e u ⟹ f ' ' 0 = 1

f ' ' ' u = e u ⟹ f ' ' ' 0 = 1

Substituindo:

P u = 1 + u + 1 2 u 2 + 1 6 u 3

Agora voltamos para x para não ter que mexer na integral:

P x = 1 + x 8 + 1 2 x 16 + 1 6 x 24

Certo, agora é substituir na integral:

∫ 0 1 e x 8 d x ≈ ∫ 0 1 1 + x 8 + 1 2 x 16 + 1 6 x 24 d x  

Isso aí a gente resolve da mesma maneira de sempre para polinômios:

∫ 0 1 e x 8 d x = x + x 9 9 + x 17 34 + x 25 150 0 1 = 1 + 1 9 + 1 34 + 1 150 = 1.14719

É isso! E o erro? Integra também! Para a 3ª ordem:

E u = d n + 1 e c d u n + 1 u n + 1 n + 1 ! = e c u 4 24

Voltando para x para não mexer na integral:

E u ≤ e c u 4 24 ⟹ E x = e c x 32 24

Sendo:

0 < c < 1

Já que x = 0 e a distância máxima que chegamos com x foi até x = 1 , no limite superior da integral.

Como queremos garantir que erro seja menor que alguma coisa, devemos escolher o maior valor possível. Como a exponencial é crescente para c > 0 , escolhemos o limite superior de c , c = 1

E x ≤ e 1 x 32 24

O erro na integral será a integral disso:

E i n t e g r a l ≤ ∫ 0 1 e 1 x 32 24 d x = e 24 ∫ 0 1 x 32 d x = e 792 x 33 0 1 =   0,003432174

O erro ficou bem pequeno. Legal.

Expandir

Exercício Resolvido #1

Elaboração própria

Calcule a aproximação de ordem 4 da seguinte integral usando polinômio de Taylor:

∫ 1 e ln ⁡ ( t ) d t

E compare o resultado com o valor real.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Vamos atribuir uma variável para o limite superior da integral:

f x = ∫ 1 x ln ⁡ ( t ) d t

Passo 2

Para ordem 4 , o polinômio de Taylor será centrado em x 0 = 1 que é um valor conhecido próximo do ponto de interesse:

P x = f 1 + f ' 1 x - 1 + f ' ' 1 2 x - 1 2 + f ' ' ' 1 6 x - 1 3 + f 4 1 24 x - 1 4

Vamos calcular esses valores agora:

f 1 = ∫ 1 1 ln ⁡ ( t ) d t = 0

Já que a integral de a a a é sempre zero:

f ' x = d d x ∫ 1 x ln ⁡ ( t ) d t

Sendo F a primitiva desse integrando:

f ' x = d d x F x - F 1 = ln ⁡ ( x )

Logo:

f ' 1 = ln ⁡ 1 = 0

Agora a próxima derivada:

f ' ' x = ln ⁡ x ' = 1 x ⟹ f ' ' 1 = 1

Para a terceira:

f ' ' ' x = - 1 x 2 ⟹ f ' ' ' ( 1 ) = - 1

Para a quarta:

f 4 x = 2 x 3 ⟹ f 4 1 = 2

Assim a gente vai ter:

P x = 1 2 x - 1 2 - 1 6 x - 1 3 + 1 12 x - 1 4 ≈ ∫ 1 x ln ⁡ ( t ) d t

No ponto e de interesse:

P e = 1 2 e - 1 2 - 1 6 e - 1 3 + 1 12 e - 1 4 = 1.35714

Passo 3

A integral pode ser resolvida por partes também:

∫ 1 e ln ⁡ ( t ) d t

u = l n ⁡ ( t ) v = t d u = 1 t d t d v = 1

Substituindo:

∫ 1 e ln ⁡ ( t ) d t = t ln ⁡ t 1 e - ∫ 1 e d t = e - e - 1 = 1  

Nota-se um erro de 0.35714 entre o valor real e o valor aproximado.

Resposta

Exercício Resolvido #2

( b ) Avalie ∫ 0 1 sen ⁡ ( x 4 ) d x com erro inferior a 1 2 12 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Como essa integral é chatinha de aproximar diretamente com polinômio de Taylor e TFC por conta das derivadas, vamos aproximar o integrando por um polinômio:

f x = sen ⁡ ( x 4 )

Passo 2

Para facilitar nossa vida, substituímos u e usamos o polinômio com essa variável:

u = x 4 ⟹ f u = sen ⁡ ( u )

Passo 3

Queremos um erro que seja menor que 1 2 12 . O erro para o polinômio é, na ordem n :

E u = f n + 1 c u n + 1 n + 1 ! ⟹ E x = f n + 1 c x 4 ( n + 1 ) n + 1 !

Como estamos aproximando uma integral, o erro dela será: ∫ 0 1 f n + 1 c x 4 n + 1 n + 1 ! d x = f n + 1 c n + 1 ! ∫ 0 1 x 4 n + 1 d x = f n + 1 c 4 n + 5 n + 1 ! x 4 n + 5 ) 0 1

= f n + 1 c 4 n + 5 n + 1 !

Onde c está entre o ponto central do polinômio e até onde x vai nos nossos cálculos que será x = 1 pelo limite da integral.

0 < c < 1

Passo 4

A questão quer um resultado bem preciso, então vamos para sexta ordem logo:

P 2 u = f 0 + f ' 0 u + f ' ' 0 2 u 2 + f ' ' ' 0 6 u 3 + f 4 0 24 u 4 + f 5 0 120 u 5 + f 6 0 7 20 u 5

Sendo:

f ' u = sen ⁡ u ' = cos ⁡ ( u )

f ' 0 = cos ⁡ 0 = 1

f ' ' u = cos ⁡ ( u ) ' = - sin ⁡ ( u )

f ' ' 0 = 0

f ' ' ' u = - cos ⁡ u

f ' ' ' 0 = - 1

f 4 u = sen ⁡ u

f 4 0 = 0

f 5 u = cos ⁡ u

f 5 0 = 1

f 6 u = - sen ⁡ u

f 6 0 = 0

Vai ficar:

P 2 u = 0 + u - 1 6 u 3 + 1 120 u 5

Passando para x e substituindo na integral:

∫ 0 1 x 4 - 1 6 x 12 + 1 120 x 20 d x = x 5 5 - 1 78 x 13 + 1 2520 x 21 0 1 = 1 5 - 1 78 + 1 2520 = 0,187576313

Passo 5

Falta garantir que está tudo dentro do erro. O erro, para ordem 6 :

E i n t e g r a l = f n + 1 c 4 n + 5 n + 1 ! = f 7 c 29 7 !

A sétima derivada será:

f 7 u = - sen ⁡ u ' = - cos ⁡ u

Logo:

f 7 c = - c o s ⁡ ( u )

O maior valor para o cosseno entre 0 e 1 é cos ⁡ 0 = 1 , assim. Tomamos esse valor:

E i n t e g r a l ≤ 1 146160 < 1 2 12 = 1 4096

Agora é só felicidade. Ah, ignoramos o sinal da derivada ali porque o erro pode ser para mais ou para menos, então o sinal não importa.

Resposta

∫ 0 1 sen ⁡ ( x 4 ) d x ≈ 0,187576313

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