(i) Obtenha a Fórmula de Taylor ao redor de \mathrm{x}_{0}=0 para f(x)=\ln (x+1)
(ii) Obtenha o polinômio de Taylor de terceira ordem em \mathrm{x}=0 da função f definida no item anterior, o erro e um limitante superior do erro para o ponto \mathrm{x}=0,5.
(iii) Determine o número mínimo de termos que deve ter o polinômio de Taylor para que \ln (1,5) seja calculado com um erro de truncamento menor que 10^{-8}.

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre a expansão de Maclaurin (Taylor em torno de \mathrm{x}_{0}=0) de f(x)=\ln(x+1):
(i) a fórmula geral da série,
(ii) o polinômio de grau três, sua forma de resto (erro) e um limitante superior desse erro em x=0{,}5,
(iii) o número mínimo de termos para que o erro ao calcular \ln(1{,}5) seja menor que 10^{-8}.
Vamos usar o desenvolvimento em série de Taylor, a fórmula do resto na forma de Lagrange e, para (iii), a estimativa de resto em série alternada.

Passo 2

Lembrando que a série de Taylor de uma função f em torno de 0 é
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n,
vamos primeiro obter f^{(n)}(x). Como
f(x)=\ln(1+x),
temos
f'(x)=\frac1{1+x},\quad f''(x)=-\frac1{(1+x)^2},\quad f'''(x)=\frac{2}{(1+x)^3},\quad f^{(4)}(x)=-\frac{6}{(1+x)^4},\;\dots
Em geral pode-se mostrar por indução que
f^{(n)}(x)=(-1)^{\,n-1}\,(n-1)!\,(1+x)^{-n}.
Logo, em x=0 vem
f^{(n)}(0)=(-1)^{\,n-1}\,(n-1)!.

Passo 3

Substituindo em
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n
(observando que f(0)=\ln1=0), obtemos a série bem-conhecida
\ln(1+x) =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n-1}\,\frac{x^n}{n},
válida para \lvert x\rvert<1.

Passo 4

O polinômio de terceira ordem (Maclaurin de grau 3) é só truncar a série até n=3:
P_3(x) =x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}.

Passo 5

Na forma de Lagrange, o resto R_3(x) pode ser escrito como
R_3(x) =\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}\,x^4 \quad\text{para algum }\xi\in(0,x),
e sabemos f^{(4)}(\xi)=-6/(1+\xi)^4. Portanto
\lvert R_3(x)\rvert \le\frac{6}{1^4}\;\frac{\lvert x\rvert^4}{4!} =\frac{6\,x^4}{24} =\frac{x^4}{4}.

Passo 6

Para x=0{,}5 isso dá
\lvert R_3(0{,}5)\rvert \le\frac{(0{,}5)^4}{4} =\frac{0{,}0625}{4} =0{,}015625.

Passo 7

Como a série é alternada com termos de módulo x^{n+1}/(n+1), o teorema da série alternada afirma que
\lvert R_N(0{,}5)\rvert \le\frac{(0{,}5)^{\,N+1}}{N+1}.
Queremos (0{,}5)^{N+1}/(N+1)<10^{-8}. Testando valores, achamos que o menor N que satisfaz é N=22.

Resposta

(i) \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n-1}\,\frac{x^n}{n},\quad |x|<1.
(ii) P_3(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}.
Resto em Lagrange:
R_3(x)=\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}x^4,\quad |R_3(0{,}5)|\le0{,}015625.
(iii) O polinômio precisa ter N=22 termos (grau 22) para garantir erro <10^{-8} em x=0{,}5.

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