(1,5 pts) A função f(x)=\ln (1+x) pode ser expressa como série de Maclaurin.
(a) Escreva os termos até x^{4}.
(b) Apresente o valor aproximado para \ln (1,8).

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=\ln(1+x) e pede duas coisas:
  • (a) escrever os termos da série de Maclaurin até x^{4};
  • (b) usar essa série para apresentar um valor aproximado de \ln(1,8).
Informações relevantes que temos do enunciado:
  • A série pedida é a série de Maclaurin (ou seja, a expansão em torno de x=0).
  • Para obter a série precisamos dos derivados de f em x=0 ou a forma conhecida da série de \ln(1+x).
  • Para calcular \ln(1,8) vamos substituir x=0,8 na expansão truncada.

Passo 2

O que é série de Maclaurin e como vamos usar: a série de Maclaurin de uma função f (isto é, a série de Taylor centrada em 0) é dada por
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n},
onde f^{(n)}(0) é a n-ésima derivada de f avaliada em 0. Vou calcular as primeiras derivadas de f(x)=\ln(1+x) e avaliá‑las em 0.
Calculemos as derivadas (mostrando cada passo para você poder repetir na prova):
f(x)=\ln(1+x).
Derivando uma vez:
f'(x)=\frac{1}{1+x}.
Derivando de novo:
f''(x)=-\frac{1}{(1+x)^{2}}.
Terceira derivada:
f^{(3)}(x)=\frac{2}{(1+x)^{3}}.
Quarta derivada:
f^{(4)}(x)=-\frac{6}{(1+x)^{4}}.
Agora avalio cada uma em x=0:
f(0)=\ln(1+0)=0, \qquad f'(0)=\frac{1}{1+0}=1, \qquad f''(0)=-1, \qquad f^{(3)}(0)=2, \qquad f^{(4)}(0)=-6.

Passo 3

Construindo os termos da série usando a fórmula de Maclaurin:
f(x)=f(0)+f'(0)\frac{x}{1!}+f''(0)\frac{x^{2}}{2!}+f^{(3)}(0)\frac{x^{3}}{3!}+f^{(4)}(0)\frac{x^{4}}{4!}+\cdots
Substituindo os valores que calculamos:
\ln(1+x)=0 + 1\cdot\frac{x}{1} + (-1)\cdot\frac{x^{2}}{2} + 2\cdot\frac{x^{3}}{6} + (-6)\cdot\frac{x^{4}}{24} + \cdots
Simplificando os coeficientes:
\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots
Uma forma compacta do termo geral (útil para a prova) é
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{x^{n}}{n},\qquad |x|<1.

Passo 4

Agora fazemos a aproximação pedida em (b). Para \ln(1,8) usamos x=0,8 (porque \ln(1,8)=\ln(1+0,8)). Tomamos a série truncada até x^{4}:
\ln(1+x)\approx x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}.
Substituindo x=0,8 e calculando termo a termo:
\text{1º termo: } x = 0,8.º
\text{2º termo: } -\frac{x^{2}}{2} = -\frac{0,8^{2}}{2} = -\frac{0,64}{2}=-0,32.º
\text{3º termo: } \frac{x^{3}}{3} = \frac{0,8^{3}}{3} = \frac{0,512}{3}\approx 0,170666\ldotsº
\text{4º termo: } -\frac{x^{4}}{4} = -\frac{0,8^{4}}{4} = -\frac{0,4096}{4}=-0,1024.º
Somando passo a passo:
0,8-0,32=0,48,
0,48+0,170666\ldots=0,650666\ldots,
0,650666\ldots-0,1024=0,548266\ldots
Portanto a aproximação com até x^{4} é aproximadamente 0,548266667 (arredondando).

Passo 5

Estimativa do erro (importante para a prova): a série é alternada para 0<x<1 e os módulos dos termos decrescem, então pelo critério de Leibniz o erro ao truncar após o termo x^{4} tem magnitude menor que o módulo do próximo termo. O próximo termo é \dfrac{x^{5}}{5}, com
\frac{0,8^{5}}{5}=\frac{0,32768}{5}=0,065536.
Logo o erro absoluto é no máximo 0,065536. Isso confirma que a aproximação 0,548266667 está a uma distância menor que 0,065536 do valor exato. Para comparação (só para referência), o valor verdadeiro é \ln(1,8)\approx0,587786665, de modo que o erro real da truncatura até x^{4} é cerca de 0,03952, menor que o limite anterior.

Resposta

\ln(1+x)=x-\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{3}}{3}-\dfrac{x^{4}}{4}
\ln(1,8)\approx0,548266667

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