Fórmula de Taylor

Suponha agora que $f(x)$ tem $n$ derivadas em algum intervalo em torno de $x_0$. Suponha também que encontramos um polinômio $P(x)$, de grau $(n-1)$, tal que

f(x_0) = P(x_0),\quad f'(x_0) = P'(x_0),\quad \dots,\quad f^{(n-1)}(x_0) = P^{(n-1)}(x_0).

Então $f(x)-P(x)$ tem um zero de multiplicidade pelo menos $n$ em $x_0$. Pelo teorema da aproximação, se definirmos $H(x)=(x-x_0{)}^n$, temos

$$f(x)-P(x)=\frac{H(x)}{n!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

ou

f(x) - P(x) = \frac{(x - x_0)^n}{n!} f^{(n)}(\xi), \tag{*}

onde $\xi$ está entre $x$ e $x_0$.

Resta determinar $P(x)$. Para isso, escrevemos

$$P(x)=a_0+a_1(x-x_0)+\cdots +a_{n-1}(x-x_0{)}^{n-1}$$

como uma combinação de potências de $(x-x_0)$, onde os coeficientes $a_i$ ainda estão por determinar. Agora desejamos ter $P(x_0)=f(x_0)$. Mas $P(x_0)=a_0$. Portanto $a_0=f(x_0)$. P'(x_0) = a_1, pois a derivada do termo constante é $0$ e porque permanece um fator de $(x-x_0)$ nas derivadas de todos os termos, exceto $a_1(x-x_0)$, cuja derivada é $a_1$. Portanto a_1 = f'(x_0). Da mesma forma P''(x_0) = 2a_2 = f''(x_0) e, em geral, $P^{(i)}(x_0)=i!a_1=f^{(i)}(x_0)$, ou

$$a_i=\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}\cdot$$

Portanto

$$P(x)=\sum _{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0{)}^i\cdot$$

Resumindo, temos

$$f(x)=\sum _{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0{)}^i+\frac{(x-x_0{)}^n}{n!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

onde $\xi$ está entre $x$ e $x_0$. Este resultado é conhecido como Fórmula de Taylor.

Podemos desenvolver a fórmula por outra abordagem, que fornecerá algumas informações novas de interesse. Neste caso, supomos novamente que $f(x)$ tem $n$ derivadas em um intervalo contendo $a$ e . Então definimos

F(x) = f(x) + \frac{b-x}{1!} f'(x) + \dots + \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(x) \cdot

Então

\begin{aligned} F'(x) =& f'(x) - f'(x) + \frac{b-x}{1!} f''(x) - \frac{2(b-x)}{2!} f''(x) \\ &+ \frac{(b-x)^2}{2!} f'''(x)- \dots + \frac{(b-x)^{n-2}}{(n-2)!} f^{(n-1)}(x) \\ &- \frac{(n-1)(b-x)^{n-2}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(x) + \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x)\\ &= \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x) , \end{aligned}

pois os termos anteriores se cancelam aos pares. Agora seja

$$g(x)=f(b)-F(x)-C(b-x{)}^p,$$

onde $1\le p\le n$ e $C$ é escolhido de modo que $g(a)=0$. Como $F(b)=f(b)$, também temos $g(b)=0$. Pelo Teorema de Rolle, existe um $\xi$, , tal que

g'(\xi) = -F'(\xi) + pC(b-\xi)^{p-1} = 0.

Assim

C = \frac{F'(\xi)}{p(b-\xi)^{p-1}} = \frac{(b-\xi)^{n-p}}{p(n-1)!} f^{(n)}(\xi) ,

e

Em particular, $g(a)=0$, então

$$f(b)-F(a)=\frac{(b-a{)}^p(b-\xi {)}^{n-p}}{p(n-1)!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

ou

f(b) = f(a) + \frac{(b-a)}{1!} f'(a) + \dots + \frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(a) + \frac{(b-a)^p(b-\xi)^{n-p}}{p(n-1)!} f^{(n)}(\xi) ,

para algum $\xi$ entre $a$ e $b$. Se substituirmos $a$ por $x_0$ e $b$ por $x$, vemos que o resto que temos aqui é exatamente como antes se $p=n$. Este termo é chamado de resto de Lagrange. Para $p=1$, o termo do resto é chamado de resto de Cauchy. Em alguns casos é conveniente usar um, em outros casos o outro.

Em geral, a expressão

f(x_0) + \frac{(x-x_0)}{1!} f'(x_0) + \frac{(x-x_0)^2}{2!} f''(x_0) + \dots

é chamada de série de Taylor de $𝒇\mathbf{(}𝒙\mathbf{)}$ em torno de ${𝒙}_{\mathbf{0}}$. Quando o resto após $n$ termos, isto é, a diferença entre os primeiros $n$ termos da série e $f(x)$, tende a $0$ à medida que $n$ se torna grande, dizemos que a série converge para $f(x)$. Como exemplo, mostraremos uma série para $\arctan x$ em torno de $x_0=0$ que converge para $\arctan x$ quando $-1\le x\le 1$. Esta é realmente a sua série de Taylor em torno de $0$. Usaremos esta série para demonstrar um método muito eficaz para calcular a expansão decimal de $\pi$.

Considere a série

$$\frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\dots ,-1\leqq x\leqq 1.$$

Coloque

$$f_n(x)=\arctan x-(\frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\cdots \pm \frac{x^{2n-1}}{2n-1}).$$

Então

\begin{aligned} f_n'(x) &= \frac{1}{1 + x^2} - \left( 1 - x^2 + x^4 - \dots \pm x^{2n-2} \right)\\ &= \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1 - (-x^2)^n}{1 + x^2} , \end{aligned}

pela regra da soma de uma série geométrica. Isso é simplesmente

$$\frac{(-x^2{)}^n}{1+x^2}.$$

Quando $n$ é par, f_n'(x) \geqq 0. Neste caso, $f_n(x)$ é monotonicamente crescente. Como $f_n(0)=0$, temos $f_n(x)\geqq 0$ se $x\geqq 0$. Então, observando que quando $n$ é par há um número par de termos em nosso polinômio, vemos que para $n$ par e $x\geqq 0$,

$$\arctan x\geqq \frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\cdots -\frac{x^{2n-1}}{2n-1}.$$

Para $n$ ímpar, f_n'(x) \leqq 0 e $f_n(x)\leqq 0$ para $x\geqq 0$, então

$$\arctan x\leqq \frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\cdots +\frac{x^{2n-1}}{2n-1}.$$

Como $\arctan x$ está entre dois polinômios sucessivos quaisquer, a diferença entre um polinômio de $k$ termos e $\arctan x$ é no máximo a diferença entre este polinômio e o próximo, de $(k+1)$ termos, ou

$$\frac{x^{2k+1}}{2k+1}\leqq \frac{1}{2k+1},$$

pois $0\leqq x\leqq 1$. Assim, para $x$ nesse intervalo, a série converge para $\arctan x$. Para $x\leqq 0$, observamos que $f_n(-x)=-f_n(x)$; como $f_n(-x)$ tende a zero, o mesmo ocorre com $f_n(x)$.

Para $x=1$, isso dá

$$\frac{\pi }{4}=\arctan 1=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\dots .$$

Assim, temos uma maneira, embora não muito econômica, de calcular a expansão decimal de $\pi$. No entanto, existe um método intimamente relacionado que é muito eficaz. Seja $a=\arctan \frac{1}{5}$. Então

$$\tan 2a=\frac{2\tan a}{1-{\tan }^{2}a}=\frac{\frac{2}{5}}{1-\frac{1}{25}}=\frac{5}{12},$$

e mais uma vez,

$$\tan 4a=\frac{\frac{10}{12}}{1-\frac{25}{144}}=\frac{120}{119}.$$

Seja $b=\arctan \frac{1}{239}$. Então

\begin{aligned} \tan (4a - b) &= \frac{\tan 4a - \tan b}{1 + \tan 4a \tan b} = \frac{\frac{120}{119} - \frac{1}{239}}{1 + \frac{120}{119} \cdot \frac{1}{239}}\\ &= \frac{120 \cdot 239 - 119}{119 \cdot 239 + 120} = \frac{119 \cdot 239 + 239 - 119}{119 \cdot 239 + 120} \\ &= 1 . \end{aligned}

Logo, $4a-b=\frac{\pi }{4}$, $\pi =16a-4b$. Agora

$$a=\frac{1}{5}-\frac{1}{3}{\left(\frac{1}{5}\right)}^3+\frac{1}{5}{\left(\frac{1}{5}\right)}^5-\dots ,$$

e

$$b=\frac{1}{239}-\frac{1}{3}{\left(\frac{1}{239}\right)}^3+\frac{1}{5}{\left(\frac{1}{239}\right)}^5-\dots .$$

Usando este artifício, várias casas decimais de $\pi$ foram calculadas.

Exercícios