Mostre que se x_{1}+5 x_{2}<1, então \left|e^{x_{1}+5 x_{2}}-P_{1}(x-a)\right|<\frac{3}{2}\left(x_{1}+5 x_{2}\right)^{2}, onde P_{1}(h) é o polinômio de Taylor de ordem 1 e centro 0=(0,0) de f(x)=e^{x_{1}+5 x_{2}}.

Passo 1

O enunciado dá a função f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} definida por f(x)=e^{x_{1}+5x_{2}} e diz que P_{1}(h) é o polinômio de Taylor de ordem 1 centrado em 0=(0,0). Pede para mostrar que, sempre que x_{1}+5x_{2}<1,
\left|e^{x_{1}+5 x_{2}}-P_{1}(x-a)\right|<\frac{3}{2}\left(x_{1}+5 x_{2}\right)^{2}.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função é f(x)=e^{x_{1}+5x_{2}}.
  • O centro do polinômio de Taylor é a=0.
  • A condição sobre os pontos é x_{1}+5x_{2}<1.
  • Objetivo: estimar o resto da aproximação linear por P_{1} e obter a desigualdade acima.

Passo 2

Calcular explicitamente P_{1} (polinômio de Taylor de ordem 1 em torno de 0).
Primeiro, avaliar f e as derivadas parciais em 0:
f(0)=e^{0}=1.
As derivadas parciais são
\frac{\partial f}{\partial x_{1}}(x)=e^{x_{1}+5x_{2}},\qquad \frac{\partial f}{\partial x_{2}}(x)=5e^{x_{1}+5x_{2}}.
Avaliando em 0
\frac{\partial f}{\partial x_{1}}(0)=1,\qquad \frac{\partial f}{\partial x_{2}}(0)=5.
O polinômio de Taylor de ordem 1 centrado em 0 é, por definição,
P_{1}(x)=f(0)+\nabla f(0)\cdot x = 1 + 1\cdot x_{1} + 5\cdot x_{2}.
Logo
P_{1}(x)=1+x_{1}+5x_{2}.

Passo 3

Simplificar a expressão do erro usando a dependência de f apenas na combinação s:=x_{1}+5x_{2}.
Defina
s:=x_{1}+5x_{2}.
Então f(x)=e^{s} e P_{1}(x)=1+s. Portanto o erro que queremos estimar reduz-se a
e^{x_{1}+5x_{2}}-P_{1}(x)=e^{s}-(1+s).
O problema passa a ser mostrar, sob a hipótese s<1,
\left|e^{s}-(1+s)\right|<\frac{3}{2}s^{2}.

Passo 4

Aplicar o Teorema do Resto de Taylor (forma de Lagrange) para a função univariada g(t)=e^{t}.
O Teorema de Taylor com resto na forma de Lagrange diz que, para g\in C^{2} e algum \xi entre 0 e s,
g(s)=g(0)+g'(0)s+\tfrac{1}{2}g''(\xi)s^{2}.
Aqui g(t)=e^{t} satisfaz g''(t)=e^{t}. Substituindo obtemos que existe \xi entre 0 e s tal que
e^{s}=1+s+\tfrac{1}{2}e^{\xi}s^{2}.
Assim o resto (diferença) é exatamente
e^{s}-(1+s)=\tfrac{1}{2}e^{\xi}s^{2}.
Como e^{\xi}>0, a natureza do valor absoluto é simples:
\left|e^{s}-(1+s)\right|=\tfrac{1}{2}e^{\xi}s^{2}.

Passo 5

Obter uma cota numérica para e^{\xi} usando a hipótese s<1, e concluir a desigualdade desejada.
Como \xi fica entre 0 e s, tem-se \xi\le\max(0,s). Pela hipótese s<1 segue \max(0,s)\le 1, logo
e^{\xi}\le e^{\max(0,s)}\le e^{1}=e.
Portanto
\left|e^{s}-(1+s)\right|=\tfrac{1}{2}e^{\xi}s^{2}\le \tfrac{1}{2}e\,s^{2}.
Usando a desigualdade numérica e<3 (sabendo que e\approx 2{,}718), obtemos
\tfrac{1}{2}e\,s^{2} < \tfrac{1}{2}\cdot 3\,s^{2}=\tfrac{3}{2}s^{2}.
Portanto
\left|e^{s}-(1+s)\right|<\tfrac{3}{2}s^{2}.
Voltando à notação original com s=x_{1}+5x_{2}, isto é exatamente
\left|e^{x_{1}+5x_{2}}-P_{1}(x)\right|<\frac{3}{2}\left(x_{1}+5x_{2}\right)^{2},
sempre que x_{1}+5x_{2}<1. Isso prova a desigualdade pedida.

Resposta

\displaystyle \left|e^{x_{1}+5 x_{2}}-P_{1}(x-a)\right|<\frac{3}{2}\left(x_{1}+5 x_{2}\right)^{2}

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