Faça uma expansão em Série de Taylor para as seguintes funções abaixo até ordem 5.
f(x)=\ln (2 x) \quad para x_{0}=1

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado.
  • Pede: fazer a expansão em Série de Taylor de f(x)=\ln(2x) centrada em x_0=1 até a ordem 5 (ou seja, incluir termos até (x-1)^5).
  • Informação útil imediata: \ln(2x)=\ln 2 + \ln x. Isso já sugere que a expansão será a constante \ln 2 mais a expansão de \ln x em torno de x=1.

Passo 2

Recordando a fórmula de Taylor e como usá-la (aula rápida).
A série de Taylor de uma função f centrada em x_0 é
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n,
onde f^{(n)}(x_0) é a n-ésima derivada de f avaliada em x_0. Para uma expansão até a ordem 5, usamos os termos de n=0 até n=5:
f(x)\approx\sum_{n=0}^{5}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n.
Explicando as peças: o termo n=0 é simplesmente f(x_0); o termo n=1 é f'(x_0)(x-x_0) e assim por diante. Cada coeficiente é a derivada no ponto dividida por n!.

Passo 3

Calcular as derivadas de f(x)=\ln(2x) e observar o padrão.
Primeiro escrevo f(x)=\ln 2 + \ln x. A constante \ln 2 some nas derivadas (derivada de constante é zero), então basta derivar \ln x. As derivadas são:
\begin{aligned} f(x)&=\ln 2 + \ln x,\\\ f'(x)&=\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{x},\\\ f''(x)&=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{x^2},\\\ f^{(3)}(x)&=\frac{d}{dx}\left(-\frac{1}{x^2}\right)=\frac{2}{x^3},\\\ f^{(4)}(x)&=\frac{d}{dx}\left(\frac{2}{x^3}\right)=-\frac{2\cdot 3}{x^4}=-\frac{6}{x^4},\\\ f^{(5)}(x)&=\frac{d}{dx}\left(-\frac{6}{x^4}\right)=\frac{6\cdot 4}{x^5}=\frac{24}{x^5}. \end{aligned}
Observação do padrão (útil na prova): para n\ge 1
f^{(n)}(x)=(-1)^{\,n-1}(n-1)!\,x^{-n}.
Isto pode ser comprovado por indução, mas acima já vimos os primeiros termos que confirmam o padrão.

Passo 4

Avaliar as derivadas em x_0=1 e calcular os coeficientes \dfrac{f^{(n)}(1)}{n!}.
Usando o padrão, para n\ge1 obtemos
f^{(n)}(1)=(-1)^{\,n-1}(n-1)!.
Dividindo por n! (pois o coeficiente na série é f^{(n)}(1)/n!) dá
\frac{f^{(n)}(1)}{n!}=\frac{(-1)^{\,n-1}(n-1)!}{n!}=(-1)^{\,n-1}\frac{1}{n}.
E o termo n=0 é
f(1)=\ln(2\cdot 1)=\ln 2.

Passo 5

Montar a série de Taylor até a ordem 5 explicitamente.
Substituindo os coeficientes em \displaystyle f(x)\approx\sum_{n=0}^{5}\frac{f^{(n)}(1)}{n!}(x-1)^n, obtemos
\begin{aligned} f(x)&\approx f(1)+\sum_{n=1}^{5}(-1)^{\,n-1}\frac{1}{n}(x-1)^n\\[4pt] &=\ln 2 + (x-1)-\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{3}-\frac{(x-1)^4}{4}+\frac{(x-1)^5}{5}. \end{aligned}]

Passo 6

Comentário sobre validade e resto (ajudinha para a prova).
  • A série de \ln x centrada em 1 é a série de \ln(1+t) com t=x-1. Essa série converge para \ln x quando |x-1|<1 (intervalo de convergência (0,2) para \ln x ao redor de 1). Logo a aproximação acima é válida e convergente para |x-1|<1.
  • Se quiser um controle do erro ao truncar na ordem 5, use o resto na forma de Lagrange:
R_5(x)=\frac{f^{(6)}(\xi)}{6!}(x-1)^6
para algum \xi entre 1 e x. Como f^{(6)}(\xi)=(-1)^5 5!\,\xi^{-6}=-5!\,\xi^{-6}, dá para estimar |R_5(x)|\le\frac{5!}{6!}\frac{|x-1|^6}{m^6}=\frac{1}{6}\frac{|x-1|^6}{m^6} onde m=\min(\xi) no intervalo considerado, etc. (na prova basta citar a forma do resto se pedirem controle do erro).

Resposta

\displaystyle \ln(2x)\approx \ln 2 + (x-1)-\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{3}-\frac{(x-1)^4}{4}+\frac{(x-1)^5}{5}

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