Use o polinômio de Taylor de ordem 5 da função f(x)=e^{x}, em torno de x=0, para aproximar f\left(\frac{1}{2}\right) e estime o erro.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: aproximar f\!\left(\tfrac{1}{2}\right) usando o polinômio de Taylor de ordem 5 de f(x)=e^{x} em torno de x=0 (ou seja, o polinômio de Maclaurin de grau 5) e estimar o erro dessa aproximação.
Informações dadas/úteis: a função é f(x)=e^{x}; queremos a aproximação em x=\tfrac{1}{2}; usamos o polinômio de Taylor centrado em 0 de ordem 5.

Passo 2

Vamos recordar a fórmula do polinômio de Taylor (Maclaurin, quando centrado em 0): para uma função infinitamente diferenciável,
T_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\,x^{k},
onde f^{(k)}(0) é a k-ésima derivada de f avaliada em 0, e k! é o fatorial de k. Aqui cada derivada de e^{x} é e^{x} novamente; em particular f^{(k)}(0)=e^{0}=1 para todo k. Portanto o polinômio de ordem 5 fica
T_{5}(x)=\sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}\,x^{k} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{4}}{4!} + \frac{x^{5}}{5!}.
Expliquei: cada coeficiente é \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}=\dfrac{1}{k!}, porque todas as derivadas em 0 valem 1.

Passo 3

Agora avaliamos T_{5} em x=\tfrac{1}{2}. Substituindo x=\tfrac{1}{2} em cada termo:
T_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right) =1+\tfrac{1}{2}+\frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}}{2!}+\frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{3}}{3!}+\frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{4}}{4!}+\frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{5}}{5!}.
Vamos calcular termo a termo, com os fatoriais: 2!=2, 3!=6, 4!=24, 5!=120.
\begin{aligned} 1 &= 1,\\[4pt] \tfrac{1}{2} &= \tfrac{1}{2},\\[4pt] \frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}}{2!} &= \frac{\tfrac{1}{4}}{2}=\tfrac{1}{8},\\[4pt] \frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{3}}{3!} &= \frac{\tfrac{1}{8}}{6}=\tfrac{1}{48},\\[4pt] \frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{4}}{4!} &= \frac{\tfrac{1}{16}}{24}=\tfrac{1}{384},\\[4pt] \frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{5}}{5!} &= \frac{\tfrac{1}{32}}{120}=\tfrac{1}{3840}. \end{aligned}
Vamos somar essas frações. Usando como denominador comum 3840:
\begin{aligned} 1 &= \tfrac{3840}{3840},\\\ \tfrac{1}{2} &= \tfrac{1920}{3840},\\\ \tfrac{1}{8} &= \tfrac{480}{3840},\\\ \tfrac{1}{48} &= \tfrac{80}{3840},\\\ \tfrac{1}{384} &= \tfrac{10}{3840},\\\ \tfrac{1}{3840} &= \tfrac{1}{3840}. \end{aligned}
Somando numeradores: 3840+1920+480+80+10+1=6331. Logo
T_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\frac{6331}{3840}.
Se você preferir decimal (útil na prova para comparar), faça a divisão: \dfrac{6331}{3840}\approx 1,6486979167.]

Passo 4

Agora estimamos o erro. Usamos a forma de Lagrange do resto (erro) do polinômio de Taylor: existe \xi entre 0 e x tal que
R_{5}(x)=\frac{f^{(6)}(\xi)}{6!}\,x^{6}.
Explicação da fórmula: R_{5}(x) é o termo que falta para a série completa; f^{(6)}(\xi) é a sexta derivada avaliada em algum ponto \xi entre o centro 0 e o ponto de avaliação x; e 6!=720. No nosso caso f^{(6)}(t)=e^{t} para todo t, então
R_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\frac{e^{\xi}}{6!}\left(\tfrac{1}{2}\right)^{6}
para algum \xi com 0\le \xi \le \tfrac{1}{2}.

Passo 5

Para obter uma estimativa numérica do erro, usamos um majorante: em [0,\tfrac{1}{2}] a função e^{t} é crescente, então e^{\xi}\le e^{1/2}. Assim
\left|R_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\right|\le \frac{e^{1/2}}{6!}\left(\tfrac{1}{2}\right)^{6}.
Calculemos a parte racional: \left(\tfrac{1}{2}\right)^{6}=\tfrac{1}{64} e 6!=720, portanto
\frac{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{6}}{6!}=\frac{1}{64\cdot 720}=\frac{1}{46080}.
Logo
\left|R_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\right|\le \frac{e^{1/2}}{46080}.
Se você quiser um número prático, use e^{1/2}\approx 1,64872 e obtemos
\left|R_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\right|\lesssim \frac{1,64872}{46080}\approx 3,58\times 10^{-5}.
(uma estimativa mais grosseira: como e^{1/2}<2, já teríamos \left|R_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\right|<\dfrac{2}{46080}=\dfrac{1}{23040}\approx 4,34\times10^{-5}.)

Passo 6

Resumo prático para a prova: o polinômio de grau 5 em 0 dá a aproximação \dfrac{6331}{3840} para e^{1/2}, que é aproximadamente 1,6486979, e o erro absoluto dessa aproximação é no máximo \dfrac{e^{1/2}}{46080}, cerca de 3,58\times10^{-5}. Boa notícia: o erro é muito pequeno — essa aproximação já é bem precisa para a maioria das provas.

Resposta

\displaystyle T_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\frac{6331}{3840}\approx 1,6486979167
\displaystyle \left|R_{5}\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\right|\le \frac{e^{1/2}}{46080}\approx 3,58\times10^{-5}

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