Seção 11_11_Soluções

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SEÇÃO 11.11 APLICAÇÕES DE POLINÔMIOS DE TAYLOR  3
 1. 
n f (n ) (x ) f (n ) (9)
0 x 1 / 2 3
1 12 x
− 1 / 2 1
6
2 − 14 x
− 3 / 2 − 1108
3 38 x
− 5 / 2 1
648
T3 (x ) =
3
n =0
f (n ) (9)
n !
(x − 9)n
= 3 + 16 (x − 9) −
1
216 (x − 9)
2 + 13888 (x − 9)
3
 2. 
n f (n ) (x ) f (n ) (8)
0 x− 1 / 3 12
1 − 13 x
− 4 / 3 − 148
2 49 x
− 7 / 3 1
288
3 − 2827 x
− 10 / 3 − 76912
T3 (x ) =
3
n =0
f (n ) (8)
n !
(x − 8)n
= 12 −
1
48 (x − 8) +
1
576 (x − 8)
2 − 741472 (x − 8)
3
,
 
 3. 
n f (n ) (x ) f (n ) pi3
0 sec x 2
1 sec x tg x 2 3
2 sec x tg 2 x + sec3 14
3 sec x tg 3 x + 5 sec3 x tg x 46 3
T3 (x ) =
3
n =0
f (n ) pi3
n !
x − pi
3
n
= 2 + 2 3 x − pi3 + 7 x −
pi
3
2 + 23 33 x −
pi
3
3
,
 4. n f (n ) (x ) f (n ) (0)
0 tg x 0
1 sec2 x 1
2 2 sec2 x tg x 0
3 4 sec2 x tg 2 x + 2 sec4 x 2
4 8 sec2 x tg 3 x + 16 sec4 x tg x 0
T4 (x ) =
4
n =0
f (n ) (0)
n !
x n = x + 2x
3
3!
= x + x
3
3
11.11 SOLUÇÕES Revisão técnica: Ricardo Miranda Martins – IMECC – Unicamp
4  SEÇÃO 11.11 APLICAÇÕES DE POLINÔMIOS DE TAYLOR 
 5. 
n f (n ) (x ) f (n ) pi4
0 tg x 1
1 sec2 x 2
2 2 sec2 x tg x 4
3 4 sec2 x tg 2 x + 2 sec4 x 16
4 8 sec2 x tg 3 x + 16 sec4 x tg x 80
T4 (x ) =
4
n =0
f (n ) pi4
n !
x − pi4
n
= 1 + 2 x − pi4 + 2 x −
pi
4
2
+ 83 x −
pi
4
3 + 103 x −
pi
4
4
,
 6. 
,
,
,
n f (n) (x ) f (n ) (0)
0 ex sen x 0
1 ex (sen x + cos x ) 1
2 2ex cos x 2
3 2ex (cos x − sen x ) 2
T3 (x ) =
3
n =0
f (n ) (0)
n !
x n = x + x 2 + 13 x
3
 7. f (x ) = sen x f pi4 =
2
2
f (x ) = cos x f pi4 =
2
2
f (x ) = − sen x f pi4 = −
2
2
f (x ) = − cos x f pi4 = −
2
2
f (4) (x ) = sen x f (4) pi4 =
2
2
f (5) (x ) = cos x f (5) pi4 =
2
2
f (6) (x ) = − sen x
 
(a) sen x ≈ T5 (x )
= 22 +
2
2 x −
pi
4 −
2
4 x −
pi
4
2
− 212 x −
pi
4
3 + 248 x −
pi
4
4 + 2240 x −
pi
4
5
(b) |R 5 (x )| ≤
M
6!
x − pi4
6 , onde f (6) (x ) ≤ M. Agora,
0 ≤ x ≤ pi2 ⇒ x −
pi
4
6 ≤ pi4
6 , e
seja x = pi2 dado M = 1 , portanto
|R 5 (x )| ≤ 16!
pi
4
6 = 1720
pi
4
6 ≈ 0,00033.
 
(c)
|R 5 (x )| = |sen
,
x − T5 (x )|, parece
que o erro é menor que 0,00026 em 0, pi2 .
A partir do gráfico de
 8. f (x ) = 1+ x 2 1/ 3 f (0) = 1
f (x ) = 23 x 1+ x
2 − 2/ 3 f (0) = 0
f (x ) = 23 1 −
1
3 x
2 1+ x 2 − 5/ 3 f (0) = 23
f (x ) = 8x
3 − 72x
27 (1 + x 2 )8/ 3
(a) 3 1+ x 2 ≈ T2 (x ) = 1+ 13 x
2
 (b) |R 2 (x )| ≤
M
3!
|x |3, onde | f (x )| ≤ M . Ao examinar 
um gráfico de | f (x )|, vamos que o máximo é 
 aproximadamente 0,71495314. Assim, 
 
|R 2 (x )| ≤
0,71495314
3!
(0,5)3 ≈ 0,014895.
 (c) ,
, ,
 Parece que o erro é menor que 0,0061 em [-0,5, 0,5].
 9. f (x ) = x 3/ 4 f (16) = 8
f (x ) = 34 x
− 1/ 4 f (16) = 38
f (x ) = − 316 x
− 5/ 4 f (16) = − 3512
f (x ) = 1564 x
− 9/ 4 f (16) = 1532 768
f (4 ) (x ) = − 135256 x
− 13/ 4
(a) x 3/ 4 ≈ T3 (x )
= 8 + 38 (x − 16) −
3
1024 (x − 16)
2 + 565 536 (x − 16)
3
SEÇÃO 11.11 APLICAÇÕES DE POLINÔMIOS DE TAYLOR  5
 (b) |R 3 (x )| ≤
M
4!
|x − 16|4 , onde f (4) (x ) ≤ M . Agora
 15 ≤ x ≤ 17 ⇒ |x − 16|4 ≤ 14 = 1 e, sendo x = 15 
 para minimizar ao denominador de f (4) (x ), temos 
 
|R 3 (x )| ≤
135 256 (15) 13/4
4!
(1) ≈ 0,000003.
 (c) 
 Parece que o erro é menor que 3 × 10−6 em [15, 17].
 10. f (x ) = ln x f (4) = ln 4
f (x ) = x−1 f (4) = 14
f (x ) = −x−2 f (4) = − 116
f (x ) = 2x−3 f (4) = 132
f (4) (x ) = −6x−4
(a) ln x ≈ T3 (x )
= ln 4 + 14 (x − 4) −
1
32 (x − 4)
2 + 1192 (x − 4)
3
 
 (b) |R 3 (x )| ≤
M
4!
|x − 4|4 , onde f (4 ) (x ) ≤ M. Agora
3 ≤ x ≤ 5 ⇒ (x − 4)4 ≤ 14 = 1,
e sendo x = 3 temos M = 6 34, então
|R 3 (x )| ≤
6
4! 34
· 1 = 1
324
≈ 0,0031.
 (c) ,
 A partir do gráfico de |R 3 (x )| = |ln x − T3 (x )|, parece que 
o erro é menor que 0,0013 em [3, 5].