Mostre que a série de Maclaurin de \ln (1+x) pode ser usada para aproximar \ln (2). Calcule essa aproximação até ordem 5.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (i) mostrar que a série de Maclaurin de \ln(1+x) pode ser usada para aproximar \ln(2) e (ii) calcular essa aproximação até a ordem 5.
Informações dadas/úteis: a função considerada é \ln(1+x) e o valor que queremos aproximar é \ln(2), que corresponde a tomar x=1. O pedido “até ordem 5” significa usar o polinômio de Maclaurin (soma parcial) com os termos até x^5.

Passo 2

Vamos obter a série de Maclaurin de \ln(1+x) de maneira simples e clara. Começo a partir da identidade geométrica válida para |t|<1:
\frac{1}{1+t} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^n .
Essa é uma série de potências cuja soma é 1/(1+t) quando |t|<1. Agora uso a representação de \ln(1+x) como integral:
\ln(1+x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{1+t}\,dt .
Posso integrar a série termo a termo (válido para |x|<1 pela convergência uniforme em qualquer intervalo fechado dentro de (-1,1)). Integrando a série obtemos:
\ln(1+x)=\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^n\,dt = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_{0}^{x} t^n\,dt .
Calculando as integrais,
\int_{0}^{x} t^n\,dt = \frac{x^{n+1}}{n+1},
então
\ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}.
Reescrevendo o índice a partir de n=1 (troca n\mapsto n-1) fica mais comum:
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{\,n+1}\frac{x^{n}}{n} = x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots
Essa é a série de Maclaurin de \ln(1+x), válida para -1<x\le 1 (a série converge condicionalmente em x=1 por ser uma série alternada com termos decrescentes em módulo tendendo a zero).

Passo 3

Agora veja por que essa série pode ser usada para aproximar \ln(2). Basta tomar x=1 na série (já explicado que em x=1 a série converge, por ser alternada com termos \tfrac{1}{n} decrescentes e tendendo a zero). Substituindo x=1 na série obtém-se a série harmônica alternada:
\ln(2)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{\,n+1}\frac{1}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\cdots
Portanto a soma parcial desta série fornece aproximações para \ln(2).

Passo 4

Calcule a aproximação até a ordem 5: isto é, o polinômio de Maclaurin formado pelos termos até x^{5} e avaliado em x=1. A soma parcial com os cinco primeiros termos é
S_{5}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}.
Para obter como fração comum, coloque tudo sobre 60 (mmc de 1,2,3,4,5):
1=\frac{60}{60},\quad -\frac{1}{2}=-\frac{30}{60},\quad \frac{1}{3}=\frac{20}{60},\quad -\frac{1}{4}=-\frac{15}{60},\quad \frac{1}{5}=\frac{12}{60}.
Somando:
S_{5}=\frac{60-30+20-15+12}{60}=\frac{47}{60}.
Como número decimal (usando vírgula):
\frac{47}{60}\approx 0,783333\ldots

Passo 5

Dica sobre erro: por ser uma série alternada com termos decrescentes em módulo, o erro ao truncar após n termos tem módulo menor que o termo seguinte. Logo, no nosso caso
\left|\ln(2)-S_{5}\right|\le \frac{1}{6}\approx 0,166666\ldots
Além disso, como o próximo termo é negativo ( -\tfrac{1}{6}), a soma parcial S_{5} é uma superestimativa: \ln(2)=S_{5}+R_{5} com R_{5}\in\left[-\tfrac{1}{6},0\right]. Isso confirma que S_{5}=\tfrac{47}{60} é uma aproximação válida, embora ainda relativamente grosseira.

Resposta

\displaystyle \ln(2)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}=1-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{5}-\cdots
\displaystyle
\displaystyleAproximação até ordem 5: \displaystyle S_{5}=1-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{5}=\frac{47}{60}\approx 0,783333\ldots

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