Podemos usar séries de potências conhecidas (por exemplo, a série de e^{u}) e integrar termo a termo porque a série de potência de e^{-x^{2}} converge uniformemente em [0,1] (é raio infinito).
Não vou resolver nada aqui além de expor o que foi pedido e os dados; a resolução começa no próximo passo.
Passo 2
Vamos construir a série de Maclaurin de f a partir da série conhecida de e^{u}.
Fato conhecido (e importante): para todo u vale a expansão em série de potência
e^{u}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{u^{n}}{n!},
onde a série converge para todo u (raio de convergência infinito). Aqui cada termo significa que a variável u elevada a n é dividida por n!.
Comentário didático: cada termo da série final é da forma \dfrac{(-1)^{n}}{n!}x^{2n+2}. A série converge para todo x. Em particular, em [0,1] ela converge uniformemente, o que nos permite integrar a série termo a termo quando for necessário.
Passo 3
Ligando a série com derivadas em zero: a série de Maclaurin de uma função f é
vê-se que os coeficientes \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} são nulos para todo k que não é da forma k=2n+2. Ou seja, todos os termos com potência ímpar (ou que não sejam 2,4,6,\dots) têm coeficiente zero.
Agora determinamos f^{(10)}(0) e f^{(11)}(0).
Observação prática: 10 é da forma 2n+2 com n=4 (pois 2\cdot4+2=10), enquanto 11 não é da forma 2n+2 para inteiro n. Então esperamos f^{(11)}(0)=0 e f^{(10)}(0)\neq0.
Extraindo o coeficiente correspondente a x^{10}: quando n=4 o termo da série é
\frac{(-1)^{4}}{4!}x^{10}=\frac{1}{4!}x^{10}.
Logo o coeficiente de x^{10} na série é \dfrac{1}{4!}. Mas esse coeficiente também é \dfrac{f^{(10)}(0)}{10!}. Portanto
Portanto aproximar a integral por \dfrac{2}{15} equivale a truncar a série depois do termo n=1. O resto (erro) é a série a partir de n=2:
R=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!(2n+3)}.
Aplicamos o critério de séries alternadas (estimar o erro): se temos uma série alternada com termos de módulo a_{n}=\dfrac{1}{n!(2n+3)} que são monotonamente decrescentes para n\ge 0 e tendem a zero, então o erro absoluto ao truncar após o termo n=1 é menor que o módulo do próximo termo a_{2}.
Verificação de monotonicidade: compare a_{n+1} com a_{n}:
Para todo n\ge 0 temos \dfrac{1}{n+1}<1 e \dfrac{2n+3}{2n+5}<1, logo o produto é <1. Assim a_{n+1}<a_{n} para todo n, e a_{n}\to0 porque n! cresce rapidamente. Portanto as hipóteses do teorema estão satisfeitas.
Isto prova a desigualdade pedida. (Observação: como os termos realmente diminuem, pode-se afirmar estritamente < em vez de \le, mas a forma apresentada no enunciado usa < e fica satisfeita.)
Passo 5
Resumo final dos resultados obtidos e número exato do derivado já calculado:
Série de Maclaurin explícita e convergente para todo x: f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{n!}x^{2n+2}.
Valores dos derivadas em zero: f^{(10)}(0)=151200 e f^{(11)}(0)=0.
Estimativa do erro na integral: \displaystyle\left|\int_{0}^{1}x^{2}e^{-x^{2}}\,dx-\frac{2}{15}\right|<\frac{1}{14}.