Utilizando o desenvovimento em série, obtenha um valor aproximado de:
\ln 2 e \ln 3 com erro inferior a 10^{-5}

Passo 1

O problema pede: aproximar os valores de \ln 2 e \ln 3 usando desenvolvimento em série, de modo que o erro de cada aproximação fique menor que 10^{-5}.
Informações dadas (implícitas no enunciado):
\ln 2 significa o logaritmo natural de 2.
\ln 3 significa o logaritmo natural de 3.
Queremos usar séries (desenvolvimentos em série) e garantir erro inferior a 10^{-5}.

Passo 2

Vamos construir uma série útil para \ln a (com a>0) que converge bem para a não muito distante de 1. Definimos
u=\frac{a-1}{a+1}.
Observe que para a>0 temos |u|<1. Agora escrevemos
\ln a=\ln\!\left(\frac{1+u}{1-u}\right)=\ln(1+u)-\ln(1-u).
Explico cada parte: \ln(1+u) é a série de Mercator para \ln(1+x) com x=u, e \ln(1-u) é a série com x=-u. Essas séries valem para |u|<1.

Passo 3

Recordando a série de Mercator:
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{x^{n}}{n},\qquad\text{para }|x|<1.
Aplicando com x= u e x=-u e subtraindo, obtém-se (as parcelas pares se cancelam):
\ln(1+u)-\ln(1-u)=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{u^{2k+1}}{2k+1}.
Portanto temos a fórmula central que vamos usar:
\boxed{\ln a = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{u^{2k+1}}{2k+1},\qquad u=\frac{a-1}{a+1}.}
Aqui u é um número entre -1 e 1; a série é de termos positivos quando u>0.

Passo 4

Antes de calcular, precisamos de um controle de erro para truncar a série. Se somarmos os termos até k=N (ou seja, até o expoente 2N+1), o resto é
R_N=2\sum_{k=N+1}^{\infty}\frac{u^{2k+1}}{2k+1}.
Como para k\ge N+1 temos 2k+1\ge 2N+3, cada termo satisfaz
\frac{u^{2k+1}}{2k+1}\le \frac{u^{2k+1}}{2N+3}.
Assim
R_N\le \frac{2}{2N+3}\sum_{k=N+1}^{\infty}u^{2k+1} =\frac{2}{2N+3}\cdot\frac{u^{2N+3}}{1-u^{2}}.
Esse é um limite simples e prático para garantir R_N<10^{-5}. Vou usar essa desigualdade para escolher quantos termos são necessários.

Passo 5

Aplicação para \ln 2. Aqui a=2, então
u=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}.
O resto tem a cota
R_N\le \frac{2}{2N+3}\cdot\frac{\left(\tfrac{1}{3}\right)^{2N+3}}{1-\left(\tfrac{1}{3}\right)^{2}} =\frac{2}{2N+3}\cdot\frac{(1/3)^{2N+3}}{1-1/9} =\frac{9}{4}\cdot\frac{(1/3)^{2N+3}}{2N+3}.
Agora encontramos N tal que o lado direito seja menor que 10^{-5}.

Passo 6

Testando valores de N (contagem: k=0 é o primeiro termo):
  • Para N=3 (ou seja, somar até k=3, termo u^{7}): o fator (1/3)^{2N+3}=(1/3)^{9} já é muito pequeno, mas vamos calcular de forma prática.
  • Vou mostrar o procedimento prático: é mais intuitivo calcular termos explícitos da série e usar o coto de termo seguinte como estimativa do erro porque os termos são positivos e decrescentes. No nosso caso é suficiente usar alguns termos e verificar o coto acima.
Calculemos os primeiros termos da série para \ln 2:
\ln 2 = 2\left(u+\frac{u^{3}}{3}+\frac{u^{5}}{5}+\frac{u^{7}}{7}+\frac{u^{9}}{9}+\cdots\right),\qquad u=\tfrac{1}{3}.

Passo 7

Computação detalhada dos termos para \ln 2:
  • u=\tfrac{1}{3}. Então
2u=2\cdot \tfrac{1}{3}=\tfrac{2}{3}\approx 0,6666666667.
  • Próximo termo:
2\cdot\frac{u^{3}}{3}=2\cdot\frac{1/27}{3}=2\cdot\frac{1}{81}=\frac{2}{81}\approx 0,0246913580.
  • Somando os dois primeiros termos obtemos \approx 0,6913580247.
  • Próximo:
2\cdot\frac{u^{5}}{5}=2\cdot\frac{1/243}{5}=2\cdot\frac{1}{1215}=\frac{2}{1215}\approx 0,0016460905.
  • Soma parcial \approx 0,6930041152.
  • Próximo:
2\cdot\frac{u^{7}}{7}=2\cdot\frac{1/2187}{7}=2\cdot\frac{1}{15309}\approx 0,0001306480.
  • Soma parcial \approx 0,6931347639.
  • Próximo:
2\cdot\frac{u^{9}}{9}=2\cdot\frac{1/19683}{9}=2\cdot\frac{1}{177147}\approx 0,0000112929.
  • Soma parcial (incluindo até u^{9}) \approx 0,6931460568.

Passo 8

Estimativa do erro para \ln 2 usando a cota do passo 4 com N=4 (tendo incluído termos até u^{9}):
R_4\le \frac{9}{4}\cdot\frac{(1/3)^{11}}{11}.
Aqui (1/3)^{11}=\tfrac{1}{177147}\approx 5{,}646\times10^{-6}. Então
R_4\le \frac{9}{4}\cdot\frac{5{,}646\times10^{-6}}{11}\approx 1{,}15\times10^{-6}<10^{-5}.
Portanto a soma parcial obtida incluindo até o termo u^{9} já garante erro menor que 10^{-5}. A aproximação que já calculamos é
\ln 2\approx 0{,}6931460568
com erro menor que 1{,}2\times10^{-6}.

Passo 9

Aplicação para \ln 3. Aqui a=3, então
u=\frac{3-1}{3+1}=\frac{1}{2}.
A fórmula dá
\ln 3=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/2)^{2k+1}}{2k+1}.
Note uma simplificação prática: para u=\tfrac{1}{2},
2\cdot\frac{u^{2k+1}}{2k+1}=2\cdot\frac{(1/2)^{2k+1}}{2k+1}=\frac{2^{-2k}}{2k+1}.
Assim os termos são
T_k=\frac{2^{-2k}}{2k+1},\quad k=0,1,2,\dots

Passo 10

Calculação dos termos e somas para \ln 3:
  • k=0:\; T_0=\dfrac{2^{0}}{1}=1.
  • k=1:\; T_1=\dfrac{2^{-2}}{3}=\dfrac{1}{12}\approx 0{,}0833333333. Soma parcial 1{,}0833333333.
  • k=2:\; T_2=\dfrac{2^{-4}}{5}=\dfrac{1}{80}=0{,}0125. Soma parcial 1{,}0958333333.
  • k=3:\; T_3=\dfrac{2^{-6}}{7}=\dfrac{1}{448}\approx 0{,}0022321429. Soma parcial 1{,}0980654762.
  • k=4:\; T_4=\dfrac{2^{-8}}{9}=\dfrac{1}{2304}\approx 0{,}0004340278. Soma parcial 1{,}0984995040.
  • k=5:\; T_5=\dfrac{2^{-10}}{11}=\dfrac{1}{11264}\approx 0{,}0000887602. Soma parcial 1{,}0985882642.
  • k=6:\; T_6=\dfrac{2^{-12}}{13}=\dfrac{1}{53248}\approx 0{,}0000187800. Soma parcial 1{,}0986070442.

Passo 11

Estimativa do erro para \ln 3. Usamos a cota do passo 4 com u=\tfrac{1}{2}:
R_N\le \frac{2}{2N+3}\cdot\frac{(1/2)^{2N+3}}{1-(1/2)^{2}} =\frac{8}{3}\cdot\frac{(1/2)^{2N+3}}{2N+3}.
Testando N=6 (ou seja, incluindo termos até k=6, expoente 2\cdot6+1=13):
(1/2)^{2N+3}=(1/2)^{15}=\frac{1}{32768}\approx 3{,}0518\times10^{-5}.
Logo
R_6\le \frac{8}{3}\cdot\frac{3{,}0518\times10^{-5}}{15}\approx 5{,}4\times10^{-6}<10^{-5}.
Portanto, incluindo até k=6 (ou seja, até o termo com u^{13}) garantimos erro menor que 10^{-5}.

Passo 12

Refinamento numérico final (somando termos já computados com precisão suficiente):
  • Para \ln 2 (soma até u^{9}, isto é termos k=0,1,2,3,4):
\ln 2 \approx 0{,}6931460568\quad(\text{erro }<1{,}2\times10^{-6}).
  • Para \ln 3 (soma até k=6, termo com expoente 13):
\ln 3 \approx 1{,}0986070442\quad(\text{erro }<5{,}4\times10^{-6}).
Se quisermos mais casas certas podemos somar mais termos, mas essas aproximações já satisfazem a condição de erro inferior a 10^{-5}.

Resposta

\ln 2 \approx 0{,}6931460568
\ln 3 \approx 1{,}0986070442

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