Aproximação numérica com erro de Lagrange: use a série de \ln (1+x) para estimar \ln (1.2) utilizando termos até x^{4}(x=0.2). Forneça um limitante para o erro pelo termo de Lagrange da ordem seguinte.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras:
  • Estimar \ln(1{,}2) usando a série de \ln(1+x) truncada em termos até x^{4}, com x=0{,}2.
  • Fornecer um limitante (uma cota) para o erro cometido por essa aproximação usando o termo de Lagrange da ordem seguinte (ou seja, o resto associado ao polinômio de Taylor de grau 4).
Informações dadas que vou usar explicitamente:
  • x=0{,}2.
  • Vou usar a série centrada em 0 (expansão de Maclaurin) de \ln(1+x) até o termo em x^{4}.
  • Preciso aplicar a forma do resto de Lagrange (a expressão com a derivada de ordem seguinte avaliada em algum ponto intermediário).

Passo 2

Vamos lembrar e deduzir a série de Maclaurin de \ln(1+x) (aulas curtas de teoria aqui, passo a passo).
  1. Observação útil: a derivada de \ln(1+x) é
f'(x)=\frac{1}{1+x}.
  1. Para |x|<1 podemos expandir a função geométrica:
\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n.
Aqui cada termo significa: o índice n varre 0,1,2,… e o sinal alterna por (-1)^n.
  1. Integramos termo a termo essa série de 0 até x para recuperar \ln(1+x), pois
\ln(1+x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{1+t}\,dt = \int_{0}^{x} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^n \,dt.
Integrando cada t^n obtemos \frac{t^{n+1}}{n+1}. Assim:
\ln(1+x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}.
  1. Reindexando (colocando a soma em n=1 em diante) chegamos à forma mais comum:
\ln(1+x) = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1}\frac{x^{k}}{k},
válida para |x|<1. Cada termo é (-1)^{k+1} x^k / k.

Passo 3

Escrevemos os primeiros termos até k=4 (polinômio de Taylor/Maclaurin de grau 4):
\ln(1+x) \approx x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}.
Esse é o polinômio P_4(x). O próximo termo (a ordem seguinte) seria +\dfrac{x^5}{5}, e o resto de Lagrange envolverá a derivada quinta avaliando em algum ponto entre 0 e x.

Passo 4

Agora plugamos x=0{,}2. Vou calcular termo a termo e somar devagarinho (pra você conseguir reproduzir na prova sem confusão).
Calculemos potências de x:
x=0{,}2,\quad x^2=0{,}04,\quad x^3=0{,}008,\quad x^4=0{,}0016.
Agora os termos do polinômio P_4(0{,}2):
\begin{aligned} \text{1º termo} &= x = 0{,}2,\\[4pt] \text{2º termo} &= -\frac{x^2}{2} = -\frac{0{,}04}{2} = -0{,}02,\\[4pt] \text{3º termo} &= +\frac{x^3}{3} = +\frac{0{,}008}{3} = +0{,}002\overline{6},\\[4pt] \text{4º termo} &= -\frac{x^4}{4} = -\frac{0{,}0016}{4} = -0{,}0004. \end{aligned}ºººº
Somando passo a passo:
0{,}2 - 0{,}02 = 0{,}18,
0{,}18 + 0{,}002\overline{6} = 0{,}1826\overline{6},
0{,}1826\overline{6} - 0{,}0004 = 0{,}1822666\overline{6}.
É útil dar a forma exata racional também: usando frações x=\tfrac{1}{5} obtemos
P_4(0{,}2)=\frac{1367}{7500}=0{,}1822666\overline{6}.
Portanto a estimativa pedida é \displaystyle P_4(0{,}2)=\frac{1367}{7500}\approx 0{,}1822666667.]

Passo 5

Agora a parte do erro com o termo de Lagrange — explico a fórmula e aplico aqui.
A fórmula geral do resto de Lagrange para o polinômio de grau n centrado em 0 é:
R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{\,n+1}
para algum \xi entre 0 e x. Aqui R_n(x) é a diferença f(x)-P_n(x).
No nosso caso f(x)=\ln(1+x) e escolhemos n=4. Precisamos de f^{(5)}(t). Vou derivar a fórmula geral das derivadas:
  • Já vimos f'(t)=\dfrac{1}{1+t}.
  • Calculando derivadas sucessivas, verifica-se a padrão:
f^{(k)}(t) = (-1)^{k-1}\frac{(k-1)!}{(1+t)^{k}},\quad k\ge 1.
Isso significa que para k=5 temos
f^{(5)}(t)=(-1)^{4}\frac{4!}{(1+t)^5}=\frac{24}{(1+t)^5}.
Logo o resto de Lagrange para n=4 é
R_4(x)=\frac{f^{(5)}(\xi)}{5!}x^5 = \frac{24}{(1+\xi)^5}\cdot\frac{x^5}{120}=\frac{x^5}{5(1+\xi)^5}
para algum \xi entre 0 e x. Observe que, como x=0{,}2>0, sabemos 0\le \xi\le 0{,}2.

Passo 6

Agora fazemos a cota (limitante) numérica do erro. Da expressão anterior:
|R_4(0{,}2)| = \frac{(0{,}2)^5}{5(1+\xi)^5}.
Como \xi\ge 0 temos (1+\xi)^5 \ge 1^5 =1. Portanto uma cota simples (e válida) é
|R_4(0{,}2)| \le \frac{(0{,}2)^5}{5}.
Calculemos (0{,}2)^5:
(0{,}2)^2=0{,}04,\quad (0{,}2)^4=0{,}0016,\quad (0{,}2)^5=0{,}0016\cdot 0{,}2 = 0{,}00032.
Dividindo por 5:
\frac{(0{,}2)^5}{5} = \frac{0{,}00032}{5} = 0{,}000064.
Então obtemos a cota
|R_4(0{,}2)| \le 0{,}000064.
Opcionalmente: se quisermos uma cota mais refinada, usamos que (1+\xi)^5 \le (1{,}2)^5 \approx 2{,}48832, e daí
|R_4(0{,}2)| \ge \frac{0{,}00032}{5\cdot 2{,}48832}\approx 0{,}0000257,
mas para prova normalmente basta a cota superior 0{,}000064. Também note que, por ser série alternada com termos decrescentes, o erro em valor absoluto é no máximo o próximo termo \dfrac{x^5}{5}, que coincide com a cota que obtivemos.

Resposta

\displaystyle \ln(1{,}2)\approx \frac{1367}{7500}=0{,}1822666666\overline{6}
\displaystyle |\,\text{erro}\,| \le 0{,}000064

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