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Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estat´ıstica
GMA - Departamento de Matema´tica Aplicada
2016.1
Polinoˆmios de Taylor
Exerc´ıcios complementares
1. Determine a expressa˜o da func¸a˜o quadra´tica cujo gra´fico seja tangente ao gra´fico de f(x) = x3 − 2x2 − x + 3, no
ponto (1, 1), e que possua a mesma concavidade.
2. Determine o Polinoˆmio de Taylor de ordem n da func¸a˜o f(x) = ex, em torno de x = 0. Utilizando este polinoˆmio,
deˆ uma aproximac¸a˜o de e e de ex.
3. Sabendo que, no instante t = 100s, um mo´vel estava na posic¸a˜o s = 20m, possu´ıa velocidade v = 10m/s e acelerac¸a˜o
a = 1m/s2, estime sua posic¸a˜o no instante t = 110s, supondo que na˜o tenha ocorrido mudanc¸a significativa da
acelerac¸a˜o.
4. Sabendo que, no instante t = 0, um mo´vel tem posic¸a˜o s0, velocidade v0 e que sua acelerac¸a˜o a e´ constante, determine
uma expressa˜o razoa´vel para sua posic¸a˜o no instante t.
5. Qual o polinoˆmio de Taylor de ordem n de uma func¸a˜o polinomial de grau n, em torno de x = 0?
Dica: Qual e´ a derivada de ordem k de anx
n, em x = 0, quando k > n, k = n ou k < n?
1
Soluc¸o˜es:
1. A func¸a˜o quadra´tica cujo gra´fico e´ tangente ao gra´fico de f(x) = x3 − 2x2 − x + 3, no ponto (1, 1), com a mesma
concavidade, e´ o polinoˆmio de Taylor de grau 2 de f , em torno de x = 1.
Assim, a func¸a˜o procurada e´ dada por
T2(x) = f(1) + f
′(1)(x− 1) + f
′′(1)
2
(x− 1)2
= 1− 4(x− 1) + −6
2
(x− 1)2
= 1− 4(x− 1) +−3(x2 − 2x + 1)
= −3x2 + 2x + 2
2. Todas as derivadas de f(x) = ex sa˜o iguais a ex, isto e´,
f ′(x) = ex, f ′′(x) = ex, f (3)(x) = ex, ..., f (n)(x) = ex.
No ponto x = 0, teremos
f ′(0) = e0 = 1, f ′′(0) = e0 = 1, f (3)(0) = e0 = 1, ..., f (n)(0) = e0 = 1.
O Polinoˆmio de Taylor de ordem n em torno de x = 0 e´ dado por
Tn(x) = f(0) + f
′(0) (x− 0) + f
′′(0)
2
(x− 0)2 + ... + f
(n)(0)
n!
(x− 0)n,
logo
Tn(x) = 1 + x +
x2
2
+ ... +
xn
n!
.
Como e = f(1), uma aproximac¸a˜o de e e´ dada por
Tn(1) = 1 + 1 +
1
2
+
1
3!
+
1
4!
+ ... +
1
n!
.
Esta expressa˜o pode ser reescrita como
Tn(1) =
n∑
k=0
1
k!
.
Uma aproximac¸a˜o de ex = f(x) pode ser dada por
Tn(1) = 1 + x +
x2
2
+
x3
3!
+
x4
4!
+ ... +
xn
n!
.
Esta expressa˜o pode ser reescrita como
Tn(1) =
n∑
k=0
xk
k!
.
Uma curiosidade: As aproximac¸o˜es acima melhoram a medida em que aumentamos n. Um resultado decorrente
disso e´ que e e ex podem ser escritos como as “somas infinitas” (ou “se´ries”)
e =
1
0!
+
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ... +
1
n!
+ ... =
∞∑
n=0
1
n!
ex =
1
0!
+
x
1!
+
x2
2!
+
x3
3!
+ ... +
xn
n!
+ ... =
∞∑
n=0
xn
n!
.
Voceˆ vera´ melhor o formalismo por tra´s destas “somas infinitas” em disciplinas mais avanc¸adas.
2
3. Sabendo que, no instante t = 100s, um mo´vel possu´ıa velocidade v = 10m/s e acelerac¸a˜o a = 1m/s2, estime sua
posic¸a˜o no instante t = 110s, supondo que na˜o tenha ocorrido mudanc¸a significativa da acelerac¸a˜o.
Se denotarmos a posic¸a˜o por s(t), a velocidade por v(t) e a acelerac¸a˜o por a(t), teremos s′(t) = v(t) e s′′(t) = v′(t) =
a(t). Assim,
s(100) = 20,
s′(100) = 10,
s′′(100) = 1.
O polinoˆmio de Taylor de grau 2 em torno de t = 100 e´ dado por
T2(t) = 20 + 10(t− 100) + 1
2
(t− 100)2.
Logo, podemos estimar
s(110) ≈ T2(110) = 20 + 10(110− 100) + 1
2
(110− 100)2 = 20 + 100 + 50 = 170.
Repare que, como a derivada segunda na˜o varia significativamente (como dado na questa˜o), esta aproximac¸a˜o sera´
boa.
4. Se denotarmos a posic¸a˜o por s(t), a velocidade por v(t) e a acelerac¸a˜o por a(t), teremos s′(t) = v(t) e s′′(t) = v′(t) =
a(t). Ale´m disso, como a e´ constante, s′′′(t) = a′(t) = 0, e tambe´m sera˜o iguais a zero todas as demais derivadas de
s com ordem igual ou superior a 3.
Assim, o polinoˆmio de Taylor de s, de qualquer ordem e em torno de t = 0 sera´ dado por
Tn(t) = s(0) + s
′(0) (t− 0) + s
′′(0)
2
(t− 0)2 + ... + s
(n)(0)
n!
(t− 0)n
= s(0) + v(0) (t− 0) + a(0)
2
(t− 0)2
= s0 + v0t +
1
2
at2.
Repare que este e´ o polinoˆmio de Taylor de qualquer ordem n da func¸a˜o posic¸a˜o s, em torno de t = 0.
Como a acelerac¸a˜o na˜o varia, e´ razoa´vel acreditarmos que a aproximac¸a˜o da posic¸a˜o, dada pelos polinoˆmios de Taylor,
melhore a` medida em que aumentemos a ordem n. Mas, qualquer que seja a ordem teremos a mesma expressa˜o
s0 + v0t +
1
2
at2,
logo podemos acreditar que ela seja, de fato, a posic¸a˜o do mo´vel no instante t. Assim,
s(t) = s0 + v0t +
1
2
at2
Uma curiosidade: A razoabilidade da aproximac¸a˜o acima pode ser comprovada por um resultado importante, que
permite estimar o erro da aproximac¸a˜o dada por um polinoˆmio de Taylor. Com ordem n = 2, este erro sera´ dado
por
R2(t) =
s′′′(t0)
3!
(t− 0)3,
onde t0 e´ algum nu´mero entre 0 e t (Este e´ o chamado “Resto de Lagrange”). Ora, como a e´ constante, temos
s′′′(t) = a′(t) = 0 qualquer que seja o valor de t0 e, com isso, o erro R2(t) sera´ sempre igual a 0. Assim, a expressa˜o
obtida da´ a posic¸a˜o exata!
5. Se
p(x) = anx
n + an−1xn−1 + ... + a3x3 + a2x2 + a1x + a0,
teremos
p′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1xn−2 + ...3a3x2 + 2a2x + a1 ∴ p′(0) = a1,
p′′(x) = n(n− 1)anxn−2 + (n− 1)(n− 2)an−1xn−3 + ... + 6a3x + 2a2 ∴ p′(0) = 2a2,
3
p′′′(x) = n(n− 1)(n− 2)anxn−2 + (n− 1)(n− 2)(n− 3)an−1xn−4 + ... + 6a3 ∴ p′(0) = 6a3 = 3!a3,
De maneira geral, se derivarmos k vezes um termo do polinoˆmio que tenha grau maior que k, ainda sobrara´ um x,
logo, fazendo x = 0, esta derivada se anulara´. Derivando k vezes um termo de grau menor do que k, em algum
momento teremos a derivada igual a zero. Logo, p(k)(0) e´ obtido derivando k vezes akx
k, em x = 0, o que nos da´
k!ak. Assim
p(k)(0) = k!ak.
Com isso, o polinoˆmio de Taylor de ordem n, em torno de x = 0 e´
Tn(x) = p(0) + p
′(0)(x− 0) + p
′′(0)
2
(x− 0)2 + ... + p
(n)(0)
n!
(x− 0)n
= a0 + a1(x− 0) + 2a2
2
(x− 0)2 + ... + n!an
n!
(x− 0)n
= a0 + a1x + a2x
2 + ... + anx
n
= p(x)
4