(35 Pontos) Seja a função f(x)=\sqrt{(1+x)} no intervalo I=[0,1].
(a) Escreva o polinômio de Taylor cúbico que aproxima f(x) em torno do ponto a=0.
(b) Calcule o valor aproximado de f(x) em x=0.1.
(c) Calcule o erro relativo ao utilizar o polinōmio de Taylor em x=0.1.
(d) Determine um limitante superior para o erro cometido ao se aproximar f(x) pelo polinómio de Taylor no ponto x=0.1. Lembre-se que o limitante superior do erro para P_{n}(x) é dado por
\left|R_{n}(x)\right| \leq M_{n+1} \frac{|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}, \quad \text { onde } \quad M_{n+1}=\max _{t \in[a, x]}\left|f^{(n+1)}(t)\right|

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=\sqrt{(1+x)} no intervalo I=[0,1] e pede quatro coisas em torno do ponto a=0:
  • (a) Escrever o polinômio de Taylor de grau 3 (cúbico) de f centrado em a=0.
  • (b) Calcular a aproximação de f(x) em x=0,1 usando esse polinômio.
  • (c) Calcular o erro relativo ao usar o polinômio em x=0,1.
  • (d) Determinar um limitante superior para o erro (usando a fórmula do resto de Taylor dada).
Informações relevantes que usaremos:
  • ponto de expansão a=0;
  • valor onde avaliamos: x=0,1;
  • fórmula do polinômio de Taylor de grau n centrado em a:
P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k,
e o limitante do resto:
\left|R_{n}(x)\right| \le M_{n+1}\frac{|x-a|^{n+1}}{(n+1)!},\quad M_{n+1}=\max_{t\in[a,x]}\left|f^{(n+1)}(t)\right|.

Passo 2

Antes de montar o polinômio precisamos das derivadas de f(x)=(1+x)^{1/2} avaliadas em a=0. Vou derivar passo a passo usando a regra da potência: se g(x)=(1+x)^{m} então g'(x)=m(1+x)^{m-1}.
Derivadas:
f(x)=(1+x)^{1/2}
f'(x)=\tfrac{1}{2}(1+x)^{-1/2}
f''(x)=\tfrac{1}{2}\Big(-\tfrac{1}{2}\Big)(1+x)^{-3/2}=-\tfrac{1}{4}(1+x)^{-3/2}
f^{(3)}(x)=-\tfrac{1}{4}\Big(-\tfrac{3}{2}\Big)(1+x)^{-5/2}=\tfrac{3}{8}(1+x)^{-5/2}
f^{(4)}(x)=\tfrac{3}{8}\Big(-\tfrac{5}{2}\Big)(1+x)^{-7/2}=-\tfrac{15}{16}(1+x)^{-7/2}.
Agora avalio as três primeiras derivadas em a=0 (precisamos até a de terceira ordem para o polinômio cúbico):
f(0)=(1+0)^{1/2}=1,
f'(0)=\tfrac{1}{2}(1+0)^{-1/2}=\tfrac{1}{2},
f''(0)=-\tfrac{1}{4}(1+0)^{-3/2}=-\tfrac{1}{4},
f^{(3)}(0)=\tfrac{3}{8}(1+0)^{-5/2}=\tfrac{3}{8}.
Expliquei a regra da potência e como apliquei para obter cada derivada; se quiser posso mostrar um exemplo extra com outro expoente, mas por agora vamos usar esses valores.

Passo 3

Agora usamos a fórmula do polinômio de Taylor de grau 3 centrado em a=0:
P_3(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^3.
Substituindo os valores encontrados:
P_3(x)=1+\tfrac{1}{2}x+\frac{-\tfrac{1}{4}}{2}x^2+\frac{\tfrac{3}{8}}{6}x^3.
Simplificando os coeficientes passo a passo:
\frac{-\tfrac{1}{4}}{2}=-\tfrac{1}{8},\qquad \frac{\tfrac{3}{8}}{6}=\frac{3}{8}\cdot\frac{1}{6}=\frac{3}{48}=\frac{1}{16}.
Portanto o polinômio cúbico fica
P_3(x)=1+\tfrac{1}{2}x-\tfrac{1}{8}x^2+\tfrac{1}{16}x^3.

Passo 4

Agora calculo a aproximação em x=0,1 substituindo x=0,1 em P_3. Faço as contas explicando cada termo.
Termos:
\tfrac{1}{2}x=\tfrac{1}{2}\cdot 0,1=0,5\cdot 0,1=0,05,
-\tfrac{1}{8}x^2=-\tfrac{1}{8}\cdot (0,1)^2=-\tfrac{1}{8}\cdot 0,01=-0,125\cdot 0,01=-0,00125,
\tfrac{1}{16}x^3=\tfrac{1}{16}\cdot (0,1)^3=\tfrac{1}{16}\cdot 0,001=0,0625\cdot 0,001=0,0000625.
Somando todos:
P_3(0,1)=1+0,05-0,00125+0,0000625.
Faço a adição:
1+0,05=1,05,
1,05-0,00125=1,04875,
1,04875+0,0000625=1,0488125.
Logo a aproximação é
P_3(0,1)=1,0488125.

Passo 5

Agora calculo o erro relativo. Primeiro preciso do valor exato (numérico) de f(0,1)=\sqrt{1,1}. Usando uma aproximação numérica (valor conhecido):
f(0,1)=\sqrt{1,1}\approx 1,0488088481701516.
Calculo o erro absoluto:
\text{erro absoluto}=|f(0,1)-P_3(0,1)|=|1,0488088481701516-1,0488125|
=0,0000036518298484\approx 3,65183\cdot 10^{-6}.
E o erro relativo (erro absoluto dividido pelo valor exato) é
\text{erro relativo}=\frac{0,0000036518298484}{1,0488088481701516}\approx 3,481\cdot 10^{-6}.
Arredondando razoavelmente:
\text{erro relativo}\approx 3,48\cdot 10^{-6}.
Se preferir a forma percentual, isso equivale a aproximadamente 0,000348\%, mas o pedido era erro relativo (valor adimensional).

Passo 6

Agora uso o limitante superior do resto de Taylor pedido no enunciado para obter uma cota para o erro em x=0,1. Estamos usando n=3, então precisamos de M_{4}=\max_{t\in[0,0,1]}\left|f^{(4)}(t)\right|.
Da derivada quarta obtida antes:
f^{(4)}(t)=-\tfrac{15}{16}(1+t)^{-7/2},
logo
\left|f^{(4)}(t)\right|=\tfrac{15}{16}(1+t)^{-7/2}.
No intervalo t\in[0,0,1]=[0,0,1] (note que avaliamos até x=0,1, então o intervalo relevante é [0,0,1] — aqui o segundo ponto é x=0,1), a função (1+t)^{-7/2} é decrescente quando t cresce (expoente negativo), portanto o máximo ocorre em t=0. Assim
M_{4}=\left|f^{(4)}(0)\right|=\tfrac{15}{16}\cdot 1=\tfrac{15}{16}=0,9375.
Aplicando a fórmula do limitante com n=3:
\left|R_3(0,1)\right|\le M_{4}\frac{|0,1-0|^{4}}{4!}=\tfrac{15}{16}\cdot\frac{(0,1)^{4}}{24}.
Calculo numérico passo a passo:
(0,1)^{4}=0,0001,
\tfrac{15}{16}\cdot 0,0001=\tfrac{15\cdot 0,0001}{16}=0,0015/16=0,00009375,
\frac{0,00009375}{24}=0,00009375\cdot\frac{1}{24}=0,00000390625.
Então o limitante superior é
\left|R_3(0,1)\right|\le 0,00000390625=3,90625\cdot 10^{-6}.
Observação final: esse limitante é um pouco maior que o erro real calculado anteriormente ( \approx 3,65183\cdot 10^{-6}), como deve ser — o resto fornece uma cota segura.

Resposta

(a) P_3(x)=1+\tfrac{1}{2}x-\tfrac{1}{8}x^2+\tfrac{1}{16}x^3.
(b) P_3(0,1)=1,0488125.
(c) \text{erro relativo}\approx 3,48\cdot 10^{-6}.
(d) \left|R_3(0,1)\right|\le 0,00000390625\;(\text{ou }3,90625\cdot 10^{-6}).

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