a) Encontre a série de Maclaurin (série de Taylor centrada na origem) da função
f(x)=x^{2} e^{-x^{2}}
b) Encontre f^{(10)}(0) e f^{(11)}(0).
c) Utilizando a estimativa de erro das séries alternadas mostre que
\left|\int_{0}^{1} x^{2} e^{-x^{2}} d x-\frac{2}{15}\right|<\frac{1}{14}

Passo 1

O enunciado pede três coisas distintas:
  1. (a) Encontrar a série de Maclaurin (série de Taylor centrada na origem) da função f(x)=x^{2}e^{-x^{2}}.
  2. (b) Calcular f^{(10)}(0) e f^{(11)}(0).
  3. (c) Usando a estimativa de erro para séries alternadas, mostrar que
\left|\int_{0}^{1} x^{2} e^{-x^{2}}\,dx-\frac{2}{15}\right|<\frac{1}{14}.
Informações relevantes dadas:
  • A função é f(x)=x^{2}e^{-x^{2}}.
  • O intervalo de integração para (c) é [0,1].
  • 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!.
Substituímos u=-x^{2}. Então
e^{-x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-x^{2})^{n}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{n!}.
Agora multiplicamos por x^{2} (porque f(x)=x^{2}e^{-x^{2}}):
f(x)=x^{2}e^{-x^{2}}=x^{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+2}}{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
f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k}.
Comparando com a nossa expressão
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!}x^{2n+2},
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
\frac{f^{(10)}(0)}{10!}=\frac{1}{4!}\quad\Rightarrow\quad f^{(10)}(0)=\frac{10!}{4!}.
Calculemos numericamente: 10!=10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4!, então
\frac{10!}{4!}=10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5=151200.
Portanto f^{(10)}(0)=151200. E, como notado, f^{(11)}(0)=0.

Passo 4

Agora a parte (c): queremos estimar o erro ao aproximar \displaystyle\int_{0}^{1}x^{2}e^{-x^{2}}\,dx por \frac{2}{15}.
Usamos a série encontrada e integramos termo a termo (válido porque a série converge uniformemente em [0,1]):
\int_{0}^{1}x^{2}e^{-x^{2}}\,dx=\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+2}}{n!}\,dx =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_{0}^{1}x^{2n+2}\,dx.
Calcule a integral elementar \displaystyle\int_{0}^{1}x^{2n+2}\,dx=\frac{1}{2n+3}. Assim obtemos a série para a integral:
\int_{0}^{1}x^{2}e^{-x^{2}}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!(2n+3)}.
Agora calcule a soma parcial com os dois primeiros termos ( n=0 e n=1):
  • Para n=0: \dfrac{(-1)^{0}}{0!(2\cdot0+3)}=\dfrac{1}{3}.
  • Para n=1: \dfrac{(-1)^{1}}{1!(2\cdot1+3)}=-\dfrac{1}{5}.
A soma desses dois termos é
\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{5-3}{15}=\frac{2}{15}.
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}:
\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{1/( (n+1)!(2(n+1)+3))}{1/(n!(2n+3))}=\frac{n!(2n+3)}{(n+1)!(2n+5)}=\frac{1}{n+1}\cdot\frac{2n+3}{2n+5}.
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.
O próximo termo (o termo n=2) é
a_{2}=\frac{1}{2!(2\cdot2+3)}=\frac{1}{2\cdot7}=\frac{1}{14}.
Pelo teorema da série alternada, o erro absoluto satisfa z
\left|\int_{0}^{1}x^{2}e^{-x^{2}}\,dx-\frac{2}{15}\right|=|R|\le a_{2}=\frac{1}{14}.
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}.

Resposta

\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!}x^{2n+2}.
f^{(10)}(0)=151200,\quad f^{(11)}(0)=0.
\displaystyle \left|\int_{0}^{1}x^{2}e^{-x^{2}}\,dx-\frac{2}{15}\right|<\frac{1}{14}.

Exercícios relacionados