3.4S Use uma série de potências adequada e aproxime cada integral com 4 casas decimais:
\int_{0}^{0.5} e^{-x^{3}} d x

Passo 1

O enunciado pede para aproximar com quatro casas decimais a integral
\int_{0}^{0.5} e^{-x^{3}}\,dx
usando uma série de potências. O conteúdo que vamos usar é a expansão em série de Taylor de e^{u} em torno de u=0, substituindo u=-x^{3}, e em seguida integrar termo a termo.

Passo 2

Começamos pela série de Taylor de e^{u}:
e^{u} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^{n}}{n!}.
Substituindo u=-x^{3}, obtemos
e^{-x^{3}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x^{3})^{n}}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}\,x^{3n}}{n!}.

Passo 3

Agora integramos termo a termo de 0 a 0.5:
\int_{0}^{0.5} e^{-x^{3}}\,dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n!} \int_{0}^{0.5} x^{3n}\,dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n!}\,\left[\frac{x^{3n+1}}{3n+1}\right]_{0}^{0.5}.
Logo,
\int_{0}^{0.5} e^{-x^{3}}\,dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}\,(0.5)^{3n+1}}{n!\,(3n+1)}.

Passo 4

Para decidir até onde somar, usamos o critério de resto da série alternada: o erro ao truncar depois de n=N é menor em módulo que o termo de ordem N+1. Calculamos alguns termos:
\begin{aligned} T_{0}&=\frac{(0.5)^{1}}{0!\cdot1}=0.5,\\\ T_{1}&=-\frac{(0.5)^{4}}{1!\cdot4}=-0.015625,\\\ T_{2}&=\frac{(0.5)^{7}}{2!\cdot7}\approx0.0005580357,\\\ T_{3}&=-\frac{(0.5)^{10}}{3!\cdot10}\approx-0.0000162760,\\\ T_{4}&=\frac{(0.5)^{13}}{4!\cdot13}\approx0.0000003913. \end{aligned}
O termo T_{4} já é da ordem de 3{,}9\times10^{-7}, muito menor que 5\times10^{-5}, então somar até T_{3} ou T_{4} garante as quatro casas decimais.

Passo 5

Somando termos até n=3 e incluindo T_4 para segurança:
\begin{aligned} S_{3}&=T_{0}+T_{1}+T_{2}+T_{3} =0.5-0.015625+0.0005580357-0.0000162760\approx0.4849167597,\\\ S_{4}&=S_{3}+T_{4}\approx0.48491715097. \end{aligned}
Arredondando esse valor a quatro casas decimais obtemos
0.4849.

Resposta

0,4849

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