15J. Integrar a fórmula
Rn=1n! integral0^h(h-tau)^n f^(n+1)(x+tau) d tau
para obter
Ra=f(x+h)-f(x)-h f^prime(x)-ldots-h^an! f^(n)(x)

Passo 1

O enunciado nos dá a forma integral do resto de ordem n na fórmula de Taylor:
Rn=1n!integral0^h(h-tau)^n,f^(n+1)(x+tau),dtau
Queremos mostrar que isso equivale a
Rn=f(x+h)-f(x)-h,f'(x)-cdots-h^nn!,f^(n)(x)
O conteúdo é integração por partes aplicada repetidamente e uso de recursão no integral

Passo 2

Defina
Ik=integral0^h(h-tau)^k,f^(k+1)(x+tau),dtau (k=0,1,dots,n)
Então Rn=1n!In. Vamos integrar Ik por partes, tomando
u=(h-tau)^k, dv=f^(k+1)(x+tau),dtau.
Então
du=-k,(h-tau)^k-1dtau, v=f^(k)(x+tau)
Aplicando partes:
Ik =l[(h-tau)^kf^(k)(x+tau)r]0^h - integral0^hf^(k)(x+tau),l(-k,(h-tau)^k-1r)dtau

Passo 3

Avalie o termo de fronteira e reorganize:
  • Em tau=h: (h-h)^kf^(k)(x+h)=0.
  • Em tau=0: (h-0)^kf^(k)(x)=h^kf^(k)(x).
    Logo
Ik =-,h^kf^(k)(x) + kintegral0^h(h-tau)^k-1f^(k)(x+tau),dtau =-,h^kf^(k)(x)+k,Ik-1

Passo 4

Escrevendo para Rn=1n!In, temos
In=n,In-1-h^nf^(n)(x) ;Longrightarrow; Rn =1n!l(n,In-1-h^nf^(n)(x)r) =1(n-1)!In-1-h^nn!f^(n)(x)
Ou seja, definindo Rn-1=1(n-1)!In-1, obtemos
Rn=Rn-1-h^nn!f^(n)(x)

Passo 5

Repita recursivamente até k=1:
Rn =Rn-1-h^nn!f^(n)(x) =Rn-2-h^n-1(n-1)!f^(n-1)(x)-h^nn!f^(n)(x) =cdots =R0-sumk=1^nh^kk!f^(k)(x)
Mas
R0 =10!I0 =integral0^h(h-tau)^0f'(x+tau),dtau =integral0^hf'(x+tau),dtau =f(x+h)-f(x)

Passo 6

Substituindo R0=f(x+h)-f(x) na expressão recursiva, chega-se a
Rn =l(f(x+h)-f(x)r) -sumk=1^nh^kk!f^(k)(x) =f(x+h)-f(x)-h,f'(x)-cdots-h^nn!f^(n)(x)

Resposta

Rn =f(x+h)-f(x)-h,f'(x)-ldots-h^nn!,f^(n)(x)

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