Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de...
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Cálculo I -A-
Humberto José Bortolossi
Departamento de Matemática Aplicada
Universidade Federal Fluminense
Parte 16
Versão 0.9
Parte 16 Cálculo I -A- 1
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Aproximações lineares (afins)
Parte 16 Cálculo I -A- 2
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Aproximações lineares (afins)
y = l(x) = f (p) + f ′(p) · (x − p) é a equação da reta tangente ao gráfico de f em (p, f (p)).
y = l(x) é uma função afim que aproxima y = f (x) perto do ponto p.
Parte 16 Cálculo I -A- 3
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Aproximações lineares (afins)
y = l(x) = f (p) + f ′(p) · (x − p) é a equação da reta tangente ao gráfico de f em (p, f (p)).
y = l(x) é uma função afim que aproxima y = f (x) perto do ponto p.
Parte 16 Cálculo I -A- 4
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Aproximações lineares (afins)
y = l(x) = f (p) + f ′(p) · (x − p) é a equação da reta tangente ao gráfico de f em (p, f (p)).
y = l(x) é uma função afim que aproxima y = f (x) perto do ponto p.
Parte 16 Cálculo I -A- 5
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 6
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 10
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 11
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 12
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 13
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 15
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação de√4.05.
Solução. Se p = 4, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) =√
xno ponto (p, f (p)) = (4,2) é
y = l(x) = f (4) + f ′(4) · (x − 4) = 2 +1
2√
4· (x − 4) = 2 +
14· (x − 4).
Desta maneira,
√4.05 = f (4.05) ≈ l(4.05) = 2 +
14· (4.05− 4) = 2.0125.
Oráculo:√
4.05 = 2.01246117 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 16
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 17
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 18
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 19
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 20
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 21
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 22
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 23
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 24
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 25
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 26
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 27
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 28
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Exemplo
Use a equação da reta tangente para obter uma aproximação dee0.01.
Solução. Se p = 0, a equação da reta tangente ao gráfico de y = f (x) = ex
no ponto (p, f (p)) = (0,1) é
y = l(x) = f (0) + f ′(0) · (x − 0) = 1 + e0 · (x − 0) = 1 + x .
Desta maneira,
e0.01 = f (0.01) ≈ l(0.01) = 1 + 0.01 = 1.01.
Oráculo: e0.01 = 1.01005016 . . .. Note que o cálculo da função y = l(x)usa apenas as quatro operações básicas, as únicas operações que umcomputador sabe fazer.
Parte 16 Cálculo I -A- 29
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Polinômios de Taylor
Parte 16 Cálculo I -A- 30
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Qual é a melhor reta y = l(x) = a x + b que aproxima umafunção y = f (x) perto de um ponto p?
É necessário algum critério para decidirqual reta é “melhor” do que a outra!
Usaremos os critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p).
Parte 16 Cálculo I -A- 31
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Qual é a melhor reta y = l(x) = a x + b que aproxima umafunção y = f (x) perto de um ponto p?
É necessário algum critério para decidirqual reta é “melhor” do que a outra!
Usaremos os critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p).
Parte 16 Cálculo I -A- 32
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Qual é a melhor reta y = l(x) = a x + b que aproxima umafunção y = f (x) perto de um ponto p?
É necessário algum critério para decidirqual reta é “melhor” do que a outra!
Usaremos os critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p).
Parte 16 Cálculo I -A- 33
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Qual é a melhor reta y = l(x) = a x + b que aproxima umafunção y = f (x) perto de um ponto p?
É necessário algum critério para decidirqual reta é “melhor” do que a outra!
Usaremos os critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p).
Parte 16 Cálculo I -A- 34
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Qual é a melhor reta y = l(x) = a x + b que aproxima umafunção y = f (x) perto de um ponto p?
É necessário algum critério para decidirqual reta é “melhor” do que a outra!
Usaremos os critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p).
Parte 16 Cálculo I -A- 35
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 36
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 37
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 38
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 39
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 40
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 41
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 42
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Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 43
![Page 44: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/44.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 44
![Page 45: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/45.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 45
![Page 46: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/46.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 46
![Page 47: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/47.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 47
![Page 48: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/48.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 48
![Page 49: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/49.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem 1
Critérios:
(1) l(p) = f (p) e (2) l ′(p) = f ′(p),
onde y = l(x) = a x + b.
De (1) temos que a p + b = f (p) e, de (2), temos que a = f ′(p).
Assim, a = f ′(p) e b = f (p)− a p = f (p)− f ′(p)p.
Logo:
y = a x + b = f ′(p) x + f (p)− f ′(p)p = f (p) + f ′(p) (x − p)
é a equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f (p))!
Parte 16 Cálculo I -A- 49
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 50
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 51
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 52
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 53
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 54
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 55
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 56
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Polinômios de Taylor de ordem 2
Qual é a melhor parábola y = q(x) = a x2 + b x + c que aproximauma função y = f (x) perto de um ponto p?
Critérios:
(1) q(p) = f (p), (2) q′(p) = f ′(p) e (3) q′′(p) = f ′′(p).
Contas mostram que:
y = q(x) = f (p) + f ′(p) (x − p) +f ′′(p)
2(x − p)2.
Parte 16 Cálculo I -A- 57
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Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 58
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Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 59
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Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 60
![Page 61: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/61.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 61
![Page 62: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/62.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 62
![Page 63: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/63.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 63
![Page 64: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/64.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 64
![Page 65: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/65.jpg)
Polinômios de Taylor de ordem n
Mais geralmente, o polinômio de Taylor de y = f (x) no ponto p é
y = tn(x) = f (p)+f ′(p) (x−p)+f ′′(p)
2(x−p)2+
f ′′′(p)3!
(x−p)3+f (4)(p)
4!(x−p)4+ · · ·+ f (n)(p)
n!(x−p)n.
Usando a notação de somatórios:
y =n∑
i=0
f (i)(p)i!
(x − p)i .
Parte 16 Cálculo I -A- 65
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 66
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 67
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 68
![Page 69: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/69.jpg)
Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 69
![Page 70: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/70.jpg)
Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 70
![Page 71: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/71.jpg)
Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 71
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 72
![Page 73: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/73.jpg)
Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 73
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 74
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 75
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 76
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Exemplo
Calcule o polinômio de Taylor de ordem 3 de y = f (x) = ex noponto p = 0. Em seguida, use-o para obter uma aproximação
de f (0.01) = e0.01.
Solução. Se f (x) = ex , então f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = ex e, desta maneira,f (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 1. Portanto, o polinômio de Taylor de ordem 3de f no ponto p = 0 é
y = t3(x) = f (0) + f ′(0) (x − 0) +f ′′(0)
2(x − 0)2 +
f ′′′(0)3!
(x − 0)3
= 1 + x +12
x2 +16
x3.
Usando este polinômio, obtemos a aproximação e0.01 = f (0.01) ≈ t3(0.01) =1+0.01+(1/2) (0.01)2+(1/6) (0.01)3 = 1.010050166666666666 . . . . Agora,o oráculo diz que e0.01 = 1.010050167084168057 . . ..
Parte 16 Cálculo I -A- 77
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Exemplo
Parte 16 Cálculo I -A- 78
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Exemplo: y = f (x) = cos(x)
Parte 16 Cálculo I -A- 79
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Exemplo: y = f (x) = tg(x)
Parte 16 Cálculo I -A- 80
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Exemplo: y = f (x) =√
1 + x
Parte 16 Cálculo I -A- 81
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O teorema de Rolle e o teorema dovalor médio
Parte 16 Cálculo I -A- 82
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O teorema de Rolle
Seja f uma função derivável em (a,b) e contínua em [a,b]. Sef (a) = f (b) = 0, então existe pelo menos um ponto c ∈ (a,b)tal que f ′(c) = 0.
Teorema
Parte 16 Cálculo I -A- 83
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Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 84
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Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 85
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Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 86
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Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 87
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Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 88
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Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 89
![Page 90: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/90.jpg)
Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 90
![Page 91: Humberto José Bortolossi€¦ · Cálculo I -A-Humberto José Bortolossi Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Parte 16 Versão 0.9 Parte 16 Cálculo](https://reader033.fdocuments.net/reader033/viewer/2022050609/5fb0b31775cbca5967311fda/html5/thumbnails/91.jpg)
Exemplo
Se r > 0 e n é um inteiro não-negativo qualquer, prove quef (x) = x2 n+1 + r x + s não pode ter duas raízes reais distintas.
Solução. Suponha, por absurdo, que y = f (x) tenha duas raízes reaisdistintas a e b. Assim, f (a) = f (b) = 0. Como f é diferenciável em (a,b)e contínua em [a,b], segue-se pelo teorema de Rolle que existe pelo menosum c ∈ (a,b) tal que
f ′(c) = 0,
isto é, f ′(x) = (2 n + 1) x2 n + r possui pelo menos uma raiz real em (a,b).Mas isto é uma contradição, pois para todo x ∈ R, ocorre que
(2 n + 1)︸ ︷︷ ︸>0
x2 n︸︷︷︸≥0
+ r︸︷︷︸>0
> 0.
Isto mostra que f (x) = x2 n+1+r x+s não pode ter duas raízes reais distintas.
Parte 16 Cálculo I -A- 91
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O teorema do valor médio
Se f é uma função derivável em (a,b) e contínua em [a,b], então existe pelo menos umponto c ∈ (a,b) tal que
f (b)− f (a)b − a
= f ′(c).
Teorema
Parte 16 Cálculo I -A- 92
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O teorema do valor médio
Se f é uma função derivável em (a,b) e contínua em [a,b], então existe pelo menos umponto c ∈ (a,b) tal que
f (b)− f (a)b − a
= f ′(c).
Teorema
Parte 16 Cálculo I -A- 93
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O teorema do valor médio
Se f é uma função derivável em (a,b) e contínua em [a,b], então existe pelo menos umponto c ∈ (a,b) tal que
f (b)− f (a)b − a
= f ′(c).
Teorema
Parte 16 Cálculo I -A- 94
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O teorema do valor médio
Se f é uma função derivável em (a,b) e contínua em [a,b], então existe pelo menos umponto c ∈ (a,b) tal que
f (b)− f (a)b − a
= f ′(c).
Teorema
Parte 16 Cálculo I -A- 95
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Exemplo
Seja f : [−1,2]→ R contínua em [−1,2], diferenciável em (−1,2) comf (−1) = −1 e f (2) = 5. Prove que existe um ponto do gráfico de f em
que a reta tangente é paralela à reta y = 2 x .
Solução. Pelo teorema do valor médio, existe c ∈ (−1,2) tal que
f ′(c) =f (2)− f (−1)
2− (−1)=
5− (−1)2− (−1)
=63= 2.
Assim, a reta tangente ao gráfico de f no ponto (c, f (c)) tem coeficienteangular igual a 2 sendo, portanto, paralela à reta y = 2 x .
Parte 16 Cálculo I -A- 96
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Exemplo
Seja f : [−1,2]→ R contínua em [−1,2], diferenciável em (−1,2) comf (−1) = −1 e f (2) = 5. Prove que existe um ponto do gráfico de f em
que a reta tangente é paralela à reta y = 2 x .
Solução. Pelo teorema do valor médio, existe c ∈ (−1,2) tal que
f ′(c) =f (2)− f (−1)
2− (−1)=
5− (−1)2− (−1)
=63= 2.
Assim, a reta tangente ao gráfico de f no ponto (c, f (c)) tem coeficienteangular igual a 2 sendo, portanto, paralela à reta y = 2 x .
Parte 16 Cálculo I -A- 97
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Exemplo
Seja f : [−1,2]→ R contínua em [−1,2], diferenciável em (−1,2) comf (−1) = −1 e f (2) = 5. Prove que existe um ponto do gráfico de f em
que a reta tangente é paralela à reta y = 2 x .
Solução. Pelo teorema do valor médio, existe c ∈ (−1,2) tal que
f ′(c) =f (2)− f (−1)
2− (−1)=
5− (−1)2− (−1)
=63= 2.
Assim, a reta tangente ao gráfico de f no ponto (c, f (c)) tem coeficienteangular igual a 2 sendo, portanto, paralela à reta y = 2 x .
Parte 16 Cálculo I -A- 98
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Exemplo
Seja f : [−1,2]→ R contínua em [−1,2], diferenciável em (−1,2) comf (−1) = −1 e f (2) = 5. Prove que existe um ponto do gráfico de f em
que a reta tangente é paralela à reta y = 2 x .
Solução. Pelo teorema do valor médio, existe c ∈ (−1,2) tal que
f ′(c) =f (2)− f (−1)
2− (−1)=
5− (−1)2− (−1)
=63= 2.
Assim, a reta tangente ao gráfico de f no ponto (c, f (c)) tem coeficienteangular igual a 2 sendo, portanto, paralela à reta y = 2 x .
Parte 16 Cálculo I -A- 99
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Exemplo
Seja f : [−1,2]→ R contínua em [−1,2], diferenciável em (−1,2) comf (−1) = −1 e f (2) = 5. Prove que existe um ponto do gráfico de f em
que a reta tangente é paralela à reta y = 2 x .
Solução. Pelo teorema do valor médio, existe c ∈ (−1,2) tal que
f ′(c) =f (2)− f (−1)
2− (−1)=
5− (−1)2− (−1)
=63= 2.
Assim, a reta tangente ao gráfico de f no ponto (c, f (c)) tem coeficienteangular igual a 2 sendo, portanto, paralela à reta y = 2 x .
Parte 16 Cálculo I -A- 100
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Exemplo
Seja f : [−1,2]→ R contínua em [−1,2], diferenciável em (−1,2) comf (−1) = −1 e f (2) = 5. Prove que existe um ponto do gráfico de f em
que a reta tangente é paralela à reta y = 2 x .
Solução. Pelo teorema do valor médio, existe c ∈ (−1,2) tal que
f ′(c) =f (2)− f (−1)
2− (−1)=
5− (−1)2− (−1)
=63= 2.
Assim, a reta tangente ao gráfico de f no ponto (c, f (c)) tem coeficienteangular igual a 2 sendo, portanto, paralela à reta y = 2 x .
Parte 16 Cálculo I -A- 101