2 de mar de 2013

Usando Derivadas Para Aproximar Funções

O simples fato geométrico de que a tangente a uma curva é uma boa aproximação da curva próximo ao ponto de tangência $P$, pode ser usado para obter valores aproximados de funções.


[Figura 1]

Vamos estimar o valor de uma função $f(x)$ quando $x$ é um número próximo de um número conhecido.

Seja $f$ uma função continua num intervalo $I=\left [ a,b \right ]$. Suponha que $x_1$ é um número pertencente ao intervalo $I$ e ao domínio de $f$ e que $y_1=f(x_1)$ seja conhecido.

Sendo $f$ diferenciável em $x_1$, então a reta tangente à curva em $P=f(x_1,y_1)$ tem um coeficiente angular dado por $m=f^\prime=(x_1)$. O coeficiente angular de uma reta é definido por:
\begin{equation}
\displaystyle{m=\frac{y-y_1}{x-x_1}}
\end{equation}
Analisando a figura 1, podemos escrever a equação $(1)$ como:
\begin{equation}
\displaystyle{m=\frac{f(x_1+\Delta x)-f(x_1)}{(x_1+\Delta x)-x_1}=\frac{\Delta x}{\Delta y}}
\end{equation}
Se $\Delta x \rightarrow 0$, então $Q\rightarrow P$ e
\begin{equation}
\displaystyle{m=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{f(x_1+\Delta x)-f(x_1)}{\Delta x}}
\end{equation}
Que é a definição de derivada, logo:
\begin{equation}
m=f^\prime (x_1)
\end{equation}
Substituindo $(4)$ em $(1)$, obtemos:
$$\displaystyle{f^\prime(x_1)=\frac{y-y_1}{x-x_1}}$$
$$y-y_1=f^\prime (x_1)(x-x_1)$$
\begin{equation}
y=y_1+f ^\prime (x_1)(x-x_1)
\end{equation}
Fazendo $x=x_1+\Delta x$, notem que quando $x$ se aproxima de $x_1$ a altura do gráfico de $f$ acima de $(x,0)$ é aproximadamente igual à altura da reta tangente nesse ponto. Ou seja, $f(x)$ é aproximadamente o mesmo que:
$$y_1+f^\prime (x_1)(x-x_1)$$
Este é um processo de aproximação linear, já que é baseado no uso da reta tangente.

Sendo $f$ diferenciável em $x_1$ e que $y_1=f(x_1)$ é conhecido, então para valores de $x$ próximos de $x_1$, temos que:
$$f(x) \approx y_1+f^\prime (x_1)(x-x_1)$$
que é o mesmo que:
\begin{equation}
f(x)\approx f(x_1)+f^\prime (x_1)(x-x_1)
\end{equation}

Exemplo 1: Aproxime $1/1,03$ usando o processo de aproximação linear.

Seja $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$. Sua derivada será: $\displaystyle f^\prime(x)=-\frac{1}{x^2}$. Sabemos que o valor para $1/1,03$ é próximo de $1$. Fazemos então $x_1=1$. Assim:
\begin{matrix}\frac{1}{1,03}&=&f(1,03)\approx f(1)+f^\prime (1)(1,03-1)\\
&=&1+\frac{(-1)}{1^2}(1,03-1)=0,97\\
\end{matrix}
Pela calculadora, temos que a divisão dada com quatro casas decimais corretas é $0,9709$.

Exemplo 2: Aproxime $\sqrt{1,02}$ usando o procedimento de aproximação linear.

Neste caso, $f(x)=\sqrt{x}$ e sua derivada será: $\displaystyle f^\prime (x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$. Tomando $x_1=1$, que é um valor próximo de $\sqrt{1,02}$, temos:
\begin{matrix}
\sqrt{1,02}&=&f(1,02) \approx f(1)+f^\prime (1)(1,02-1) \\ &=&1+\frac{1}{2}(0,02)=1,01 \\
\end{matrix}
O valor exato até a quinta casa decimal é  $1,00995$.

Por mais que escolhamos uma valor $x_1$ próximo de $x$, sempre será uma aproximação (muitas vezes, muito boa), pois sempre haverá um erro. Por isso, esse processo de aproximação é limitado.

O erro $E$ do processo de aproximação linear é dado por:
$$E=V_v-V_a$$
onde $V_v$ é o valor verdadeiro e $V_a$ é o valor aproximado. Assim:
$$E=f(x)-\biggr[f(x_1)-f^\prime (x_1)(x-x_1)\biggr]$$
Vejam que o erro depende de $x$, determinando uma função $E$ dada pela equação:
\begin{equation}
E(x)=f(x)-f(x_1)-f^\prime (x_1)(x-x_1)
\end{equation}
Geometricamente, $E(x)$ é a diferença entre a altura acima de $(x,0)$ do gráfico de $f$ e a altura acima de $(x,0)$ da reta tangente a esse gráfico em $(x_1,y_1)$.
[Figura 2]

Notem que:
\begin{equation}
\lim _{x \rightarrow x_1} E(x)=\lim _{x \rightarrow x_1} \biggr[f(x)-f(x_1)-f^\prime (x_1)(x-x_1) \biggr]=0
\end{equation}
De modo que o erro $E(x)$ tende a zero quando $x$ se aproxima de $x_1$. Na verdade, o fato mais importante é perceber que quando $x$ tende a $x_1$, $E(x)$ tende a zero tão rapidamente quanto a razão $\displaystyle \frac{E(x)}{x-x_1}$ continua  tendendo a zero.

Quando $x$ tende a $x_1$, o denominador $x-x_1$ tende a zero, mas o numerador $E(x)$ tende a zero tão rapidamente que a influência do denominador é desprezada.

Para vermos que o limite $\displaystyle \lim_{x \rightarrow x_1} \frac{E(x)}{x-x_1}=0$, fazemos:
\begin{matrix}
\lim_{x \rightarrow x_1} \frac{E(x)}{x-x_1}&=&\lim_{x \rightarrow x_1} \frac{f(x)-f(x_1)-f^\prime (x_1)(x-x_1)}{x-x_1}\\
&=& \lim_{x \rightarrow x_1}\biggr[\frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}-f^\prime(x_1)\biggr]\\
&=& \lim_{x \rightarrow x_1}\biggr[\frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1} \biggr]-f^\prime(x_1)\\
\end{matrix}
Seja $\Delta x=x-x_1$. Assim $x=\Delta x+x_1$ e a condição $x \rightarrow x_1$ é equivalente à condição $\Delta x \rightarrow 0$. Segue que:
\begin{matrix}
\lim_{x \rightarrow x_1} \frac{E(x)}{x-x_1}&=&\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\biggr[ \frac{f(x_1+\Delta x)-f(x_1)}{\Delta x}\biggr] -f^\prime(x_1)\\
&=& f^\prime(x_1)-f^\prime(x_1)=0\\
\end{matrix}

Exemplo 3: Aproxime a raiz cúbica $\displaystyle \sqrt[3]{1,008}$ e calcule o erro da aproximação.

Fazemos $f(x)=\sqrt[3]{x}$ e sua derivada será $\displaystyle f^\prime (x)=\frac{1}{3x^{2/3}}$. Uma boa aproximação é 1, assim, $x_1=1$.
$$\sqrt[3]{1,008}\approx f(1)+f^\prime \left(1\right)(1,008-1)$$
$$\sqrt[3]{1,008}\approx1,002666\cdots$$
O valor real para $\sqrt[3]{1,008}$ até a sexta casa decimal é $1,002659$. Vejam que o valor aproximado é muito bom.

O erro $E(x)$ da aproximação é dado por:
$$E(x)=(1,002659)-1-\frac{1}{3}(1,008-1)=-7,6\times 10^{-6}$$
Realmente um erro muito pequeno, mas ainda assim é apenas uma aproximação. Para aplicações no mundo real, talvez fosse aceitável uma aproximação com $50$ casas decimais.

Referências:

[1] Cálculo - Munem-Foulis
[2] Cálculo com Geometria Analítica - Simmons

Veja mais:

Aplicação de Derivadas Para Determinação de Máximos e Mínimos
Utilizando Tábuas de Logaritmos Para Encontrar Aproximações de Raízes
Algumas Observações Sobre Notação de Derivada

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6 comentários:

  1. ótimo post, parabéns!
    só há um pequeno erro no exemplo 3 quando se coloca f' (1/3) ao invés de colocar f'(1) que é igual a 1/3.

    ResponderExcluir
  2. Olá Danimax, obrigado pelo comentário e pelo aviso. Já havia colocado o resultado antes! Já está corrigido.

    Abraços!

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  3. Bela exposição. As equações ficaram muito bem renderizadas no meu navegador. A série de Taylor para expansão de funções igualmente nos fornece certa aproximação para funções de uma, duas, três, etc variáveis, sendo agora necessário o uso da convergência. Parabéns.

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  4. Meu caro João Elias, aumentei a fonte de 16px para 17px e realmente as fórmulas ficaram mais nítidas.

    Aqui no blog tem um pequeno estudo sobre a série de Taylor baseado em notas de aula, veja:

    http://obaricentrodamente.blogspot.com.br/2010/03/expansao-em-serie-de-taylor.html

    Há vários métodos para aproximar funções, depende de nossa percepção saber em que situação usar um ou outro método.

    Um abraço!

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  5. Olá,

    A dedução da Fórmula de Taylor segue por esse caminho.
    O seu texto termina com "...talvez fosse aceitável uma aproximação com 50 casas decimais."
    Como você chegou neste número de 50 casas?

    Abraços,
    Antonio

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    Respostas
    1. Olá Antonio.

      Tem uma história que os mísseis Patriot usados na guerra do golfo em 1990 começaram a não atingir os mísseis inimigos Scud. Gastaram-se milhões para o desenvolvimento dos mísseis e não estavam cumprindo com sua função básica, pelo contrário, permitia os mísseis inimigos acertarem o alvo e ainda os próprios Patriots acertavam alvos não programados.

      Descobriram uma falha no arredondamento na vigésima quarta casa decimal de uma conta (em base 2). O que fizeram foi aumentar a precisão para 50 casas decimais.

      No link abaixo tem uma pequeno texto sobre.

      http://www.diale.org/patriot.html

      Eu sei que não podemos generalizar para qualquer aplicação, e o número de 50 casas decimais, claro, vai depender de cada uma delas. O fato é que podemos lidar com aproximações sem qualquer problema. Para cálculos corriqueiros podemos usar $\pi=3,14$ apenas, ou ainda mesmo como 3. Depende.

      Agradeço pelo comentário. Um abraço!

      Excluir

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