Exercício 24. Usando o polinômio de Taylor de ordem 3 calcule o valor aproximado e avalie o erro:
\ln (1.2)

Passo 1

O enunciado pede: aproximar \ln(1{,}2) usando o polinômio de Taylor de ordem 3 e avaliar o erro dessa aproximação. Informações dadas: o número a avaliar é 1{,}2. O que precisamos entregar: (1) um valor aproximado para \ln(1{,}2) obtido pelo polinômio de Taylor de ordem 3; (2) uma estimativa (cota) do erro absoluto dessa aproximação.

Passo 2

Escolhemos expandir a função em torno de 1 escrevendo \ln(1{,}2)=\ln(1+x) com x=0{,}2. Vou construir o polinômio de Taylor de ordem 3 para a função
f(x)=\ln(1+x)
em torno de x=0. O polinômio de Taylor de ordem 3 (centrado em 0) tem a forma
P_{3}(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^{3}.
Aqui cada f^{(k)}(0) é a k-ésima derivada de f avaliada em 0, e n! (fatorial) é o produto n\cdot(n-1)\cdots1.

Passo 3

Calculamos as derivadas de f(x)=\ln(1+x) e avaliamos em x=0.
f'(x)=\frac{1}{1+x},\qquad f''(x)=-\frac{1}{(1+x)^{2}},\qquad f^{(3)}(x)=\frac{2}{(1+x)^{3}}.
Agora avaliando em 0:
f(0)=\ln(1)=0,\qquad f'(0)=1,\qquad f''(0)=-1,\qquad f^{(3)}(0)=2.

Passo 4

Substituímos esses valores no polinômio P_{3}(x):
P_{3}(x)=0 + 1\cdot x + \frac{-1}{2!}x^{2} + \frac{2}{3!}x^{3}.
Lembrando que 2!=2 e 3!=6, obtemos
P_{3}(x)=x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{2}{6}x^{3}=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}.

Passo 5

Agora aplicamos x=0{,}2 ( 0{,}2=\tfrac{1}{5}). Calculemos cada potência com cuidado e em frações para não depender de calculadora:
x=\tfrac{1}{5},\qquad x^{2}=\tfrac{1}{25},\qquad x^{3}=\tfrac{1}{125}.
Substituindo em P_{3}:
P_{3}(0{,}2)=\frac{1}{5}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{25}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{125}.
Simplificando cada termo:
\frac{1}{5}=\frac{150}{750},\quad \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{25}=\frac{1}{50}=\frac{15}{750},\quad \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{125}=\frac{1}{375}=\frac{2}{750}.
Somando:
P_{3}(0{,}2)=\frac{150-15+2}{750}=\frac{137}{750}.
Como decimal: \frac{137}{750}=0{,}182666\ldots

Passo 6

Agora avaliamos o erro. Usamos a forma de resto de Lagrange para o polinômio de Taylor: para f suficientemente diferenciável,
R_{3}(x)=\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}x^{4}
para algum \xi entre 0 e x. Aqui f^{(4)}(t) é a quarta derivada de \ln(1+t). Vamos calcular f^{(4)}(t):
a partir de f^{(3)}(t)=\dfrac{2}{(1+t)^{3}} segue
f^{(4)}(t)=-\frac{6}{(1+t)^{4}}.
Portanto, em módulo,
|f^{(4)}(t)|=\frac{6}{(1+t)^{4}}.

Passo 7

Como \xi está entre 0 e 0{,}2, temos 1\le 1+\xi\le 1{,}2. O máximo de |f^{(4)}(\xi)| no intervalo ocorre quando 1+\xi é mínimo, isto é em \xi=0. Logo
|f^{(4)}(\xi)|\le \frac{6}{1^{4}}=6.
Assim o módulo do resto satisfaz
|R_{3}(0{,}2)|\le \frac{6}{4!}\,|0{,}2|^{4}.
Sabendo que 4!=24, obtemos
|R_{3}(0{,}2)|\le \frac{6}{24}\cdot 0{,}2^{4}=\frac{1}{4}\cdot 0{,}2^{4}.

Passo 8

Calculamos 0{,}2^{4}. Já tínhamos 0{,}2^{2}=0{,}04 e 0{,}2^{3}=0{,}008; então
0{,}2^{4}=0{,}0016.
Portanto a cota do erro é
|R_{3}(0{,}2)|\le \frac{1}{4}\cdot 0{,}0016 = 0{,}0004.

Passo 9

Observação sobre o sinal do resto: a série de Taylor de \ln(1+x) (para 0<x\le1) é a série alternada
\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots.
Os termos têm sinais alternados e magnitudes decrescentes para x=0{,}2; por isso o erro ao truncar após o termo x^{3}/3 tem sinal igual ao próximo termo omitido, que é -x^{4}/4. Assim o resto R_{3}(0{,}2) é negativo, e sabemos que
\ln(1{,}2)=P_{3}(0{,}2)+R_{3}(0{,}2),
com |R_{3}(0{,}2)|\le 0{,}0004 e R_{3}(0{,}2)<0. Então a aproximação sobrestima o valor verdadeiro por no máximo 0{,}0004.

Resposta

\ln(1{,}2)\approx \dfrac{137}{750}=0{,}182666\ldots
|\text{erro}|\le 0{,}0004

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