Use uma série de potências para aproximar a integral definida com precisão de seis casas decimais.
\int_{0}^{1 / 2} \operatorname{arctg} \frac{x}{2} d x

Passo 1

O enunciado pede para aproximar
\int_{0}^{1/2}\arctan\!\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)\,dx
com seis casas decimais, usando uma série de potências.
Conteúdo: expansão em série de Maclaurin de \arctan t e integração termo a termo.

Passo 2

Começamos com a série de Maclaurin de \arctan t, válida para |t|\le1:
\arctan t \;=\;\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{t^{2n+1}}{2n+1}.
Aqui t=x/2, logo
\arctan\!\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr) =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{(x/2)^{2n+1}}{2n+1}.

Passo 3

Integramos termo a termo no intervalo [0,1/2]:
\int_{0}^{1/2}\arctan\!\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)\,dx =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{2n+1} \int_{0}^{1/2}(x/2)^{2n+1}dx.
Como \displaystyle\int_{0}^{1/2}x^{2n+1}dx=\frac{(1/2)^{2n+2}}{2n+2}, obtemos
\int_{0}^{1/2}(x/2)^{2n+1}dx =\frac{1}{2^{2n+1}}\cdot\frac{(1/2)^{2n+2}}{2n+2} =\frac{(1/2)^{4n+3}}{2n+2}.

Passo 4

Assim a série da integral fica
\int_{0}^{1/2}\arctan\!\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)\,dx =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{(1/2)^{4n+3}}{(2n+1)(2n+2)}.
Denotando o termo geral por
a_n =(-1)^n\frac{(1/2)^{4n+3}}{(2n+1)(2n+2)},
vemos que é uma série alternante com |a_n| decrescente para x/2\in[0,1/4]. Pelo critério da série alternante, o erro ao truncar após n=N é no máximo |a_{N+1}|.

Passo 5

Calculamos os primeiros termos numéricos:
a_0=\frac{(1/2)^3}{1\cdot2}=\frac1{16}=0,0625,
a_1=-\frac{(1/2)^7}{3\cdot4}=-\frac1{1536}\approx-0,0006510417,
a_2=\frac{(1/2)^{11}}{5\cdot6}=\frac1{61440}\approx0,0000162760,
a_3=-\frac{(1/2)^{15}}{7\cdot8}\approx-5{,}447\times10^{-7}.
Como |a_3|<10^{-6}, basta somar até n=2 para garantir erro abaixo de 10^{-6}. O somatório parcial é
S_2 =a_0+a_1+a_2 \approx0,0625-0,0006510417+0,0000162760 =0,0618652344.
Arredondando a seis casas decimais dá 0,061865.

Resposta

0,061865

Exercícios de Livros Relacionados