Mostre que, se \left|x_{1}\right|<1 então, \left|f(x)-P_{2}(h)\right|<\frac{\left|x_{2}\right|^{2}}{2}\left[\left|x_{1}\right|+\frac{\left|x_{2}\right|}{3}\right], onde f(x)=x_{1} \operatorname{sen}\left(x_{2}\right) e P_{2}(h) é o polinômio de Taylor de f(x) de ordem 2 e centro 0=(0,0).
Saiba que são suas decisões, e não suas condições, que determinam seu destino. (Anthony Robbins)

Passo 1

O enunciado pede para mostrar, assumindo que \left|x_{1}\right|<1, a desigualdade
\left|f(x)-P_{2}(h)\right|<\frac{\left|x_{2}\right|^{2}}{2}\left[\left|x_{1}\right|+\frac{\left|x_{2}\right|}{3}\right],
onde está dada a função
f(x)=x_{1}\sin(x_{2})
e P_{2}(h) é o polinômio de Taylor de ordem 2 de f em torno do ponto central 0=(0,0).
Informações relevantes fornecidas:
  • A função é f(x_{1},x_{2})=x_{1}\sin(x_{2}).
  • O centro da expansão é 0=(0,0).
  • Queremos a expansão de Taylor até segunda ordem (polinômio de grau \le 2) e uma estimativa do resto que satisfaça a desigualdade acima.
  • A hipótese adicional: \left|x_{1}\right|<1.

Passo 2

Vamos calcular explicitamente o polinômio de Taylor de ordem 2 centrado em 0. Para isso é útil obter as derivadas parciais necessárias (avaliadas em 0).
Calcular f(0,0), gradiente e segunda derivadas:
f(x_{1},x_{2})=x_{1}\sin(x_{2}).
Avaliações em 0:
f(0,0)=0.
Derivadas primeiras:
\frac{\partial f}{\partial x_{1}}(x_{1},x_{2})=\sin(x_{2}),\qquad \frac{\partial f}{\partial x_{2}}(x_{1},x_{2})=x_{1}\cos(x_{2}).
Portanto, em 0:
\frac{\partial f}{\partial x_{1}}(0,0)=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial x_{2}}(0,0)=0.
Derivadas segundas:
\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1}^{2}}=0,\qquad \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1}\partial x_{2}}=\cos(x_{2}),\qquad \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2}^{2}}=-x_{1}\sin(x_{2}).
Em 0 isso dá
\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1}^{2}}(0,0)=0,\qquad \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1}\partial x_{2}}(0,0)=1,\qquad \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2}^{2}}(0,0)=0.

Passo 3

Fórmula do polinômio de Taylor de segunda ordem em várias variáveis (para recapitular): se f é suficientemente suave e as derivadas até segunda ordem são avaliadas no centro 0, então
P_{2}(x)=f(0)+\nabla f(0)\cdot x+\frac{1}{2}x^{T}H(0)x,
onde H(0) é a matriz Hessiana em 0. Substituindo os valores que calculamos:
  • f(0)=0,
  • \nabla f(0)=(0,0) (logo não há termos lineares),
  • a forma quadrática é \dfrac{1}{2}\big(2\cdot 1\cdot x_{1}x_{2}\big)=x_{1}x_{2} (porque o termo misto aparece duas vezes ao somar i,j).
Logo
P_{2}(x)=x_{1}x_{2}.
Isso é intuitivo também vendo a expansão de \sin x_{2}: \sin x_{2}=x_{2}-\dfrac{x_{2}^{3}}{6}+\cdots, então f=x_{1}\sin x_{2}=x_{1}x_{2}-\dfrac{x_{1}x_{2}^{3}}{6}+\cdots, e o termo de ordem total \le 2 é x_{1}x_{2}.

Passo 4

Expressar o resto R(x)=f(x)-P_{2}(x). A partir do cálculo anterior:
R(x)=x_{1}\sin(x_{2})-x_{1}x_{2}=x_{1}\big(\sin(x_{2})-x_{2}\big).
Assim
\left|f(x)-P_{2}(x)\right|=|x_{1}|\;|\sin(x_{2})-x_{2}|.
Agora precisamos estimar |\sin(x_{2})-x_{2}| por algo envolvendo potências de |x_{2}|. Uma forma limpa e pedagógica é usar a representação integral:
\sin t - t=\int_{0}^{t}(\cos s - 1)\,ds,
porque \dfrac{d}{ds}(\sin s - s)=\cos s -1 e a integral de 0 até t fornece a diferença. Tomando valor absoluto e usando que 1-\cos s\ge 0 para pequenos s e a desigualdade geral
1-\cos s \le \frac{s^{2}}{2}\quad\text{(válida para todo }s\in\mathbb{R}\text{, pode-se ver pela série de Taylor ou por desigualdade trigonométrica)},áéé
obtemos, para t=x_{2},
|\sin(x_{2})-x_{2}| \le \int_{0}^{|x_{2}|} |\,\cos s -1\,|\,ds = \int_{0}^{|x_{2}|} (1-\cos s)\,ds \le \int_{0}^{|x_{2}|}\frac{s^{2}}{2}\,ds.
Computando a integral:
\int_{0}^{|x_{2}|}\frac{s^{2}}{2}\,ds=\frac{1}{2}\cdot\frac{|x_{2}|^{3}}{3}=\frac{|x_{2}|^{3}}{6}.
Portanto obtemos o limite simples e útil
|\sin(x_{2})-x_{2}|\le\frac{|x_{2}|^{3}}{6}.

Passo 5

Usando a estimativa anterior no resto:
\left|f(x)-P_{2}(x)\right|=|x_{1}|\;|\sin(x_{2})-x_{2}|\le |x_{1}|\cdot\frac{|x_{2}|^{3}}{6}=\frac{|x_{1}||x_{2}|^{3}}{6}.
Agora compare esse majorante com o lado direito desejado:
\frac{|x_{2}|^{2}}{2}\left(|x_{1}|+\frac{|x_{2}|}{3}\right) =\frac{|x_{1}||x_{2}|^{2}}{2}+\frac{|x_{2}|^{3}}{6}.
Subtraindo o nosso bound obtido da expressão desejada:
\left(\frac{|x_{1}||x_{2}|^{2}}{2}+\frac{|x_{2}|^{3}}{6}\right)-\frac{|x_{1}||x_{2}|^{3}}{6} =\frac{|x_{1}||x_{2}|^{2}}{2}+\frac{1-|x_{1}|}{6}|x_{2}|^{3}.
Como |x_{1}|\ge 0 e a hipótese do enunciado é |x_{1}|<1, temos 1-|x_{1}|>0. Portanto a diferença acima é não negativa; mais precisamente é estritamente positiva sempre que |x_{2}|\ne 0 (e nula somente se |x_{2}|=0 e |x_{1}|=0). Logo
\frac{|x_{1}||x_{2}|^{3}}{6}\le \frac{|x_{2}|^{2}}{2}\left(|x_{1}|+\frac{|x_{2}|}{3}\right),
com desigualdade estrita quando |x_{2}|\ne 0.
Portanto, combinando com o passo anterior,
\left|f(x)-P_{2}(x)\right| \le \frac{|x_{1}||x_{2}|^{3}}{6} \le \frac{|x_{2}|^{2}}{2}\left(|x_{1}|+\frac{|x_{2}|}{3}\right).
Isto mostra a desigualdade pedida; observação final: para |x_{2}|\ne0 e |x_{1}|<1 temos a desigualdade estrita
\left|f(x)-P_{2}(x)\right|<\frac{|x_{2}|^{2}}{2}\left(|x_{1}|+\frac{|x_{2}|}{3}\right).

Resposta

\left|f(x)-P_{2}(h)\right|<\dfrac{\left|x_{2}\right|^{2}}{2}\left[\left|x_{1}\right|+\dfrac{\left|x_{2}\right|}{3}\right]

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