Explorador de Séries de Taylor

Escolhe uma função, um centro a e um grau n. O polinómio a tracejado tem, em a, o mesmo valor e as mesmas primeiras n derivadas que f. O segmento laranja em x mostra quanto se afastaram um do outro; o majorante de Lagrange indica até onde poderia chegar esse afastamento.

Fórmula de Taylor	$P_{n} (x) = k = 0 \sum n \frac{f ^{(k)} ( a )}{k !} (x - a)^{k}$
Resto de Lagrange	$R_{n} (x) = \frac{f ^{(n + 1)} ( ξ )}{( n + 1 )!} (x - a)^{n + 1}, ξ \in (a, x) ∣ R_{n} (x) ∣ \leq \frac{M ∣ x - a ∣ ^{n + 1}}{( n + 1 )!}$
Séries a conhecer	$e^{x} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2 !} + \dots, sin x = x - \frac{x ^{3}}{3 !} + \dots cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2 !} + \dots, ln (1 + x) = x - \frac{x ^{2}}{2} + \dots$

Exemplo resolvido — Explorador de Séries de Taylor

Derivadas em a	0, 1, 0, −1
O polinómio em x	0,833333
A função em x	0,841471
O erro	0,0081377
Majorante de Lagrange	0,035061

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

A carregar a simulação interativa...

Lição

A teoria — Explorador de Séries de Taylor

O polinómio de Taylor de grau n de f em torno de a é o polinómio que tem, em a, o mesmo valor e as mesmas primeiras n derivadas que f: P_n(x) = Σ f^(k)(a)(x − a)^k/k!, com a soma de k = 0 até n. Quando a = 0, também se chama polinómio de Maclaurin.

O que significa cada símbolo

a: o centro, onde Pₙ e f coincidem
n: o grau: quantas derivadas coincidem
Rₙ(x): o resto, f(x) − Pₙ(x)

De onde vem a fórmula

Faz coincidir o valor e depois o declive. P₀ = f(a) é a altura em a. Acrescentar f′(a)(x − a) dá P₁, a reta tangente apresentada na página sobre derivadas.
$P_{1} (x) = f (a) + f^{'} (a) (x - a)$
De onde vem k!. Ao derivar c_k(x − a)^k k vezes, resta c_k·k!, enquanto todos os outros termos se anulam em a. Para obter f^(k)(a), o coeficiente tem de ser f^(k)(a)/k!.
$\frac{d ^{k}}{d x ^{k}} c_{k} (x - a)^{k} = c_{k} k! \Rightarrow c_{k} = \frac{f ^{(k)} ( a )}{k !}$
Aplica a sen x em torno de 0. As derivadas em 0 repetem o ciclo 0, 1, 0, −1. Assim, restam apenas as potências ímpares, com sinais alternados.
$sin x = x - \frac{x ^{3}}{3 !} + \frac{x ^{5}}{5 !} - \dots$
Determina um majorante do erro. O resto de Lagrange usa a derivada de ordem n + 1 num ponto desconhecido ξ entre a e x. Substitui o seu módulo por M, o maior valor que pode atingir nesse intervalo, e obténs um majorante sem precisar de conhecer f(x).
$∣ R_{n} (x) ∣ = \frac{∣ f ^{(n + 1)} ( ξ ) ∣}{( n + 1 )!} ∣ x - a ∣^{n + 1} \leq \frac{M ∣ x - a ∣ ^{n + 1}}{( n + 1 )!}$
Constrói novas séries a partir das que já conheces. Podes fazer uma substituição numa série conhecida, multiplicar duas séries ou integrar uma termo a termo, sem voltar a derivar. A série de e^−x² obtém-se da série de e^u com u = −x².
$e^{- x^{2}} = 1 - x^{2} + \frac{x ^{4}}{2 !} - \frac{x ^{6}}{3 !} + \dots$

O erro do declive da secante era um termo de Taylor 🖖

Na página sobre derivadas, o declive da secante diferia do da tangente em cerca de ½f″(x)·h. Desenvolve f(x + h) = f(x) + f′(x)h + ½f″(x)h² + ⋯, subtrai f(x) e divide por h: o declive da secante é f′(x) + ½f″(x)h + ⋯. O erro vem do termo seguinte. O mesmo desenvolvimento explica o que acontece na página sobre somas de Riemann. Ao desenvolver f em torno do ponto médio de um subintervalo, o termo com f′ é ímpar em relação a esse ponto, pelo que o seu integral no subintervalo é zero. Na regra do ponto médio, resta um erro que depende de f″ e é de ordem h³ por subintervalo; a regra da extremidade esquerda mantém um erro que depende de f′ e é de ordem h².

Suave em todo o lado, mas diferente da sua série 🖖

Em 1797, Lagrange apresentou uma fundamentação do cálculo assente na hipótese de que toda a função é igual à sua série de Taylor. O contraexemplo de Cauchy, de 1823, é f(x) = e^−1/x², com f(0) = 0. A função tem derivadas de todas as ordens, todas nulas em x = 0. Assim, o seu polinómio de Taylor em torno de 0 é 0 para qualquer grau, embora a função seja positiva para todo o x ≠ 0. Acrescentar termos nunca ajuda. Uma função com derivadas de todas as ordens diz-se suave; uma função que coincide com a sua série de Taylor numa vizinhança de cada ponto diz-se analítica. Ser suave não implica ser analítica.

SÉRIES DE TAYLOR: ATÉ ONDE CONFIAR NA APROXIMAÇÃO

Qual é o teu caso de Taylor?

Num ponto, um polinómio de Taylor tem o mesmo valor e as mesmas primeiras n derivadas que a função. Ao afastarmo-nos desse ponto, a aproximação perde precisão. A rapidez com que isso acontece depende de dois fatores: a rapidez com que os coeficientes diminuem e a existência de uma singularidade próxima. Acrescentar termos ajuda dentro do raio de convergência; fora dele, não resolve. Muitas vezes, mudar o centro vale mais do que acrescentar termos.

Boa perto do centro, inútil longe dele ε ∝ (x − a)ⁿ⁺¹

Os fatoriais vencem: a série converge em todo o lado xⁿ/n! → 0, R = ∞

Para lá do raio de convergência, acrescentar termos não ajuda ln(1 + x): R = 1

Mudar o centro pode poupar termos Δa ≠ 0, Δn = 0

Boa perto do centro, inútil longe dele

O que sabes: Um desenvolvimento de grau baixo de uma função regular. A aproximação é precisa perto do centro, mas o erro cresce depressa à medida que nos afastamos.

Série: ε ∝ (x − a)ⁿ⁺¹

Exemplo resolvido: Em x = 1, sen x ≈ x − x³/6 dá 0,8333, em vez de 0,8415: um erro de 0,008. Em x = 3, dá −1,5, em vez de 0,141

Abrir este caso: sen x, grau 3

Boa perto do centro, inútil longe dele. O polinómio cúbico acompanha o seno até cerca de um radiano; depois, segue numa direção completamente errada. Um desenvolvimento de grau baixo de uma função regular. A aproximação é precisa perto do centro, mas o erro cresce depressa à medida que nos afastamos. — O polinómio cúbico acompanha o seno até cerca de um radiano; depois, segue numa direção completamente errada.

Os fatoriais vencem: a série converge em todo o lado

O que sabes: Os coeficientes têm um fatorial no denominador e, por isso, diminuem mais depressa do que cresce qualquer potência. O raio de convergência é infinito.

Série: xⁿ/n! → 0, R = ∞

Exemplo resolvido: Em x = 1, eˣ ≈ 1 + x + x²/2 + x³/6 + x⁴/24 + x⁵/120 dá 2,71667, enquanto e = 2,71828: seis termos, três algarismos corretos

Abrir este caso: eˣ, grau 5

Os fatoriais vencem: a série converge em todo o lado. Com grau 5, o polinómio já acompanha a exponencial em todo o intervalo visível. Os coeficientes têm um fatorial no denominador e, por isso, diminuem mais depressa do que cresce qualquer potência. O raio de convergência é infinito. — Com grau 5, o polinómio já acompanha a exponencial em todo o intervalo visível.

Para lá do raio de convergência, acrescentar termos não ajuda

O que sabes: A função tem uma singularidade a uma distância finita do centro. Dentro dessa distância, a série converge; fora dela, diverge, por mais termos que se acrescentem.

Série: ln(1 + x): R = 1

Exemplo resolvido: Com seis termos e x = 0,8, a série de ln(1 + x) dá 0,5701, em vez de 0,5878: continua a convergir, devagar. Em x = 1,2, os termos crescem e a soma afasta-se cada vez mais

Abrir este caso: ln(1 + x) no limite

Para lá do raio de convergência, acrescentar termos não ajuda. Dentro do raio, o polinómio acompanha a curva; fora dele, afasta-se e não volta a aproximar-se. A função tem uma singularidade a uma distância finita do centro. Dentro dessa distância, a série converge; fora dela, diverge, por mais termos que se acrescentem. — Dentro do raio, o polinómio acompanha a curva; fora dele, afasta-se e não volta a aproximar-se.

Mudar o centro pode poupar termos

O que sabes: Precisas de precisão num ponto distante do centro da série. Desenvolver a função em torno de um ponto mais próximo permite melhorar a aproximação sem aumentar o grau.

Série: Δa ≠ 0, Δn = 0

Exemplo resolvido: Para cos x em x = 2, com grau 4: o polinómio centrado em 0 dá −0,333, em vez de −0,416; centrado em 1, dá −0,4086, com um erro onze vezes menor

Abrir este caso: cos x em torno de 1

Mudar o centro pode poupar termos. Com o mesmo grau, mudar o centro faz a diferença: o desenvolvimento em torno de 1 acompanha de perto a curva em x = 2. Precisas de precisão num ponto distante do centro da série. Desenvolver a função em torno de um ponto mais próximo permite melhorar a aproximação sem aumentar o grau. — Com o mesmo grau, mudar o centro faz a diferença: o desenvolvimento em torno de 1 acompanha de perto a curva em x = 2.

Problemas resolvidos na íntegra

Aproximar sen 1 com o polinómio de Maclaurin de grau 3 e limitar o erro 5 passos
Aproxima sen 1 com o polinómio de Maclaurin de grau 3 e determina um majorante do erro antes de consultar o valor da função. Um majorante que só se consegue calcular depois de saber a resposta não serve de nada.

Abrir este problema na ferramenta
1. Para construir o polinómio de Maclaurin, precisamos das derivadas em 0. As derivadas do seno repetem-se com período quatro. Duas das primeiras quatro são nulas, daí o polinómio ser tão curto.
  
  $f (x) = sin x : f (0) = 0, f^{'} (0) = 1, f^{''} (0) = 0, f^{'''} (0) = - 1$
2. P₃ tem, portanto, dois termos, e toda a correção vem de x³/6. O valor passa de 1 para 0,83333, uma redução de quase 17 %. Já é um sinal de que o termo seguinte também não será desprezável.
  
  $P_{3} (x) = x - \frac{x ^{3}}{6} ⟹ P_{3} (1) = 1 - \frac{1}{6} = 0.83333$
3. O passo decisivo é este. A série do seno é alternada e os termos diminuem em módulo, pelo que o erro de truncatura é menor do que o primeiro termo omitido. Esse termo é x⁵/120, e para o calcular não é preciso saber absolutamente nada sobre sen 1.
  
  $∣ R_{3} ∣ \leq \frac{∣ x ∣ ^{5}}{5 !} = \frac{1}{120} = 0.0083333$
4. Podemos agora verificar a garantia. O valor da função é 0,84147, pelo que o erro efetivo é 0,0081377. Fica, de facto, abaixo dos 0,0083333 garantidos de antemão.
  
  $sin 1 = 0.84147 ⟹ ∣ sin 1 - P_{3} (1) ∣ = 0.0081377$
5. O majorante está muito próximo do erro, e percebe-se porquê. O erro é a soma de todos os termos omitidos, que também formam uma série alternada: 1/5! fica acima, subtrair 1/7! leva-nos para baixo e somar 1/9! aproxima-nos de novo. Bastam três termos para reproduzir, algarismo a algarismo, o erro apresentado.
  
  $\frac{1}{5 !} - \frac{1}{7 !} + \frac{1}{9 !} - \dots = 0.0081377, \frac{0.0083333}{0.0081377} = 1.0240$
Resposta

P₃(1) = 0,833333, enquanto o valor da função é 0,841471: um erro de 0,0081377. O essencial está na ordem em que obtivemos os números. Já conhecíamos 1/120 = 0,0083333 antes de conhecer sen 1, e esse majorante excedeu o erro efetivo em apenas 2,4 %. Uma aproximação com esta garantia vale mais do que outra que apenas acerta por acaso. A linha do majorante de Lagrange nesta página indica 0,035061 para o grau 3, porque trata P₃ como um polinómio de grau 3. Seleciona o grau 4, que para o seno corresponde ao mesmo polinómio, e o majorante de Lagrange também dá 1/120. Com grau 5, o mesmo raciocínio dá 1/5040; a linha de Lagrange apresenta esse valor no grau 6, que corresponde ao mesmo polinómio. Ficam garantidas três casas decimais antes de calcular um único algarismo da resposta.

$P_{3} (1) = 0.83333, ∣ R_{3} ∣ \leq \frac{1}{120} first, then 0.0081377$
Estimar √e com um majorante calculado de antemão 4 passos
Usa o polinómio de Maclaurin de grau 4 de eˣ para estimar √e e determina um majorante do erro sem usar o valor de e^0,5.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Todas as derivadas de eˣ são eˣ, que vale 1 em 0. Assim, cada coeficiente é 1/k!:
  
  $P_{4} (x) = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{4}}{24}$
2. Em x = 0,5:
  
  $P_{4} (0.5) = 1 + 0.5 + 0.125 + \frac{0.125}{6} + \frac{0.0625}{24} = \frac{211}{128} = 1.6484375$
3. O majorante de Lagrange exige M, o maior valor da quinta derivada eᵗ para t entre 0 e 0,5. Sem conhecer e^0,5, podemos usar e < 3, donde e^0,5 < √3 < 2:
  
  $∣ R_{4} (0.5) ∣ \leq \frac{M ( 0.5 ) ^{5}}{5 !} < \frac{2 \cdot 0.03125}{120} = 0.00052083$
4. A página usa o valor exato M = e^0,5 para obter um majorante mais próximo do erro. Apresenta também o erro efetivo, que fica abaixo de ambos os majorantes:
  
  $\frac{1.648721 \cdot 0.03125}{120} = 0.00042935, e - P_{4} (0.5) = 0.00028377$
Resposta

√e ≈ 1,648438, com um erro inferior a 0,00052 garantido apenas por e < 3. O erro efetivo é 0,00028377. Um majorante obtido com uma estimativa mais grosseira de M continua a ser válido; apenas dá uma garantia menos precisa.
Um polinómio de Taylor em torno de um ponto diferente de 0 4 passos
Determina o polinómio de Taylor de grau 2 de √x em torno de 4, usa-o para estimar √4,1 e determina um majorante do erro.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. As derivadas em 4:
  
  $f (4) = 2, f^{'} (4) = \frac{1}{2} \cdot 4^{- 1/2} = \frac{1}{4}, f^{''} (4) = - \frac{1}{4} \cdot 4^{- 3/2} = - \frac{1}{32}$
2. Divide cada uma por k!:
  
  $P_{2} (x) = 2 + \frac{x - 4}{4} - \frac{( x - 4 ) ^{2}}{64}$
3. Em x = 4,1, x − 4 = 0,1:
  
  $P_{2} (4.1) = 2 + 0.025 - 0.00015625 = 2.02484375$
4. A terceira derivada, (3/8)x^−5/2, atinge o máximo na extremidade esquerda de [4; 4,1], onde vale 3/256:
  
  $∣ R_{2} (4.1) ∣ \leq \frac{\frac{3}{256} ( 0.1 ) ^{3}}{3 !} = 1.9531 \times 1 0^{- 6}$
Resposta

√4,1 ≈ 2,024844, com um erro inferior a 1,9531 × 10⁻⁶. O erro efetivo é 1,9231 × 10⁻⁶. Está próximo do majorante porque a terceira derivada varia muito pouco entre 4 e 4,1. O desenvolvimento é feito em torno de 4 porque é fácil calcular √x nesse ponto. Em torno de 0, √x não tem polinómio de Taylor de grau superior a 0, pois não tem derivada nesse ponto.
Obter uma série por substituição e integrá-la 4 passos
Determina a série de Maclaurin de e^−x² até x⁶ e usa-a para estimar o integral de e^−x² entre 0 e 0,5.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Derivar e^−x² seis vezes é trabalhoso. Basta substituir u = −x² na série de eᵘ:
  
  $e^{u} = 1 + u + \frac{u ^{2}}{2} + \frac{u ^{3}}{6} + \dots \Rightarrow e^{- x^{2}} = 1 - x^{2} + \frac{x ^{4}}{2} - \frac{x ^{6}}{6} + \dots$
2. Compara com o valor apresentado na página para x = 0,5:
  
  $P_{6} (0.5) = 1 - 0.25 + 0.03125 - 0.0026042 = 0.778646$
3. Integra termo a termo entre 0 e 0,5:
  
  $\int_{0}^{0.5} (1 - x^{2} + \frac{x ^{4}}{2} - \frac{x ^{6}}{6}) d x = 0.5 - \frac{0.125}{3} + \frac{0.03125}{10} - \frac{0.0078125}{42} = 0.461272$
4. Os termos alternam de sinal e diminuem em módulo. Por isso, o erro é inferior ao primeiro termo omitido, que resulta de integrar x⁸/4!:
  
  $\int_{0}^{0.5} \frac{x ^{8}}{4 !} d x = \frac{( 0.5 ) ^{9}}{216} = 0.0000090$
Resposta

O integral vale aproximadamente 0,461272, com um erro inferior a 0,0000090. O valor exato é 0,461281. Este integral não se exprime por funções elementares, pelo que se calcula recorrendo, por exemplo, a uma série ou a uma soma de Riemann.
Calcular um limite com uma série 2 passos
Determina o limite de (sen x − x)/x³ quando x → 0.
Mostrar solução
1. Substitui sen x pela sua série; os termos em x anulam-se:
  
  $\frac{sin x - x}{x ^{3}} = \frac{( x - \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{5}}{120} - \dots ) - x}{x ^{3}}$
2. Divide cada termo restante por x³:
  
  $= - \frac{1}{6} + \frac{x ^{2}}{120} - \dots x \to 0 - \frac{1}{6}$
Resposta

O limite é −1/6. A regra de L'Hôpital também permite chegar ao resultado, após três derivações. A série dá a resposta de imediato e mostra ainda a rapidez com que o quociente se aproxima do limite: o termo seguinte é x²/120.
Ler uma derivada de ordem elevada numa série 2 passos
Determina a quinta derivada de f(x) = x²eˣ em x = 0.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Multiplica a série de eˣ por x²:
  
  $x^{2} e^{x} = x^{2} + x^{3} + \frac{x ^{4}}{2} + \frac{x ^{5}}{6} + \dots$
2. O coeficiente de x⁵ é f⁽⁵⁾(0)/5!, pelo que:
  
  $\frac{f ^{(5)} ( 0 )}{5 !} = \frac{1}{6} \Rightarrow f^{(5)} (0) = \frac{120}{6} = 20$
Resposta

f⁽⁵⁾(0) = 20. Aplicar a regra de derivação do produto cinco vezes dá o mesmo resultado, com muito mais trabalho. A primeira linha da página apresenta as seis derivadas em 0: 0, 0, 2, 6, 12, 20.
Quantos termos são precisos para seis casas decimais 3 passos
Quantos termos da série de Maclaurin de eˣ são necessários para calcular e com um erro inferior a 0,0000005?

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Em x = 1, o majorante de Lagrange para o grau n é M/(n + 1)!, sendo M o maior valor de eᵗ em [0, 1], ou seja, e < 3:
  
  $∣ R_{n} (1) ∣ \leq \frac{e}{( n + 1 )!} < \frac{3}{( n + 1 )!}$
2. Procura o primeiro n para o qual esse valor fica abaixo de 0,0000005:
  
  $\frac{3}{10 !} = 8.3 \times 1 0^{- 7} > 5 \times 1 0^{- 7}, \frac{3}{11 !} = 7.5 \times 1 0^{- 8} < 5 \times 1 0^{- 7}$
3. Obtém-se n = 10, o que corresponde a onze termos, contando com o termo constante. Para o grau 10, a página dá:
  
  $P_{10} (1) = 2.718282, \frac{e}{11 !} = 6.81 \times 1 0^{- 8}, ∣ e - P_{10} (1) ∣ = 2.73 \times 1 0^{- 8}$
Resposta

Grau 10: onze termos. O majorante para o grau 9 não chega para garantir a precisão pedida (7,4909 × 10⁻⁷), embora o erro efetivo, 3,0289 × 10⁻⁷, já a satisfaça. O majorante estabelece o que podemos garantir de antemão. Só depois de calcular e é que se poderia confirmar que o grau 9 já bastava.

Percurso de aprendizagem

Por que tudo parece reto de perto

Referências (1)

What turns “local” from a caution into a quantity — the remainder term: U. Abel, "On the Lagrange Remainder of the Taylor Formula." The American Mathematical Monthly 110(7), 627–633, 2003.

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.