Encontre o valor das integrais abaixo com erro inferior a 0,01 .
\int_{0}^{1} e^{-x^{3}} d x

Passo 1

O enunciado pede aproximar a integral
\int_{0}^{1} e^{-x^{3}}\,dx
com erro inferior a 0,01.
Informações dadas:
  • O integrando é e^{-x^{3}}.
  • O intervalo de integração é [0,1].
  • Precisa-se de uma aproximação numérica cujo erro absoluto seja menor que 0,01.

Passo 2

Ideia do método (sem ainda calcular): expandir e^{-x^{3}} em série de potências (a série de Taylor de e^{u} em u=0 com u=-x^{3}), integrar termo a termo e usar o teorema da série alternada para controlar o erro. Vou explicar cada passo com calma.
A série de Taylor de e^{u} centrada em u=0 é
e^{u}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{u^{n}}{n!}.
Aqui tomamos u=-x^{3}. Substituindo,
e^{-x^{3}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{3n}}{n!},
válida para todo x real (a série de e^{u} converge para todo u).
Explicação rápida: cada termo é obtido pela fórmula da série de Maclaurin; a série converge absolutamente em \mathbb{R}, logo converge uniformemente em [0,1], o que permite integrar termo a termo (isso garante legitimidade do passo seguinte).

Passo 3

Integrando termo a termo em [0,1] (justificado pela convergência uniforme):
\int_{0}^{1} e^{-x^{3}}\,dx=\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{3n}}{n!}\,dx =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_{0}^{1}x^{3n}\,dx.
Calcule a integral de potências:
\int_{0}^{1}x^{3n}\,dx=\left[\frac{x^{3n+1}}{3n+1}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{3n+1}.
Portanto obtemos a série para a integral:
\int_{0}^{1} e^{-x^{3}}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!(3n+1)}.

Passo 4

Analisar a natureza da série para estimar o erro. Definimos os termos
a_{n}=\frac{1}{n!(3n+1)}\quad\text{(magnitudes dos termos, todos positivos)}.
A série é alternada porque os sinais são (-1)^{n}. Para usar o critério da série alternada (Leibniz) precisamos que a_{n} seja monótona decrescente e que a_{n}\to0.
Mostramos que a_{n} decresce: calcule a razão
\frac{a_{n+1}}{a_{n}} =\frac{1}{n+1}\cdot\frac{3n+1}{3n+4}.
Para n\ge0 temos \dfrac{3n+1}{3n+4}<1 e \dfrac{1}{n+1}\le1, mais precisamente para n\ge1 a razão é <\dfrac{1}{2}, logo a_{n+1}<a_{n}. Também a_{n}\to0 porque n! cresce muito. Assim podemos aplicar o teorema da série alternada: o erro ao truncar após N termos (isto é, usar a soma parcial S_{N}=\sum_{n=0}^{N}(-1)^{n}a_{n}) tem módulo menor ou igual a a_{N+1} (o termo imediatamente seguinte).
Resumo do teorema usado: se \sum (-1)^{n}a_{n} tem a_{n} decrescente e a_{n}\to0, então o erro ao truncar depois de N termos é |R_N|\le a_{N+1}.

Passo 5

Vamos calcular termos sucessivos até que o primeiro termo omitido seja menor que 0,01. Calcular os primeiros a_{n} e os termos com sinal:
\begin{aligned} \text{(n=0)}\quad & \frac{(-1)^{0}}{0!(3\cdot0+1)}=\frac{1}{1}=1,\\\ \text{(n=1)}\quad & \frac{(-1)^{1}}{1!(3\cdot1+1)}=-\frac{1}{4}=-0,25,\\\ \text{(n=2)}\quad & \frac{(-1)^{2}}{2!(3\cdot2+1)}=+\frac{1}{2\cdot7}=\frac{1}{14}\approx0,0714285714,\\\ \text{(n=3)}\quad & \frac{(-1)^{3}}{6\cdot10}=-\frac{1}{60}\approx-0,0166666667,\\\ \text{(n=4)}\quad & \frac{(-1)^{4}}{24\cdot13}=+\frac{1}{312}\approx0,0032051282,\\\ \text{(n=5)}\quad & \frac{(-1)^{5}}{120\cdot16}=-\frac{1}{1920}\approx-0,0005208333,\\\ \text{(n=6)}\quad & \frac{(-1)^{6}}{720\cdot19}=+\frac{1}{13680}\approx0,0000730994. \end{aligned}
Aplicando o critério da série alternada: se truncarmos após o termo n=6 (ou seja, tomamos S_{6}), o erro absoluto será no máximo a_{7}. Mas já com muito menos termos podemos alcançar erro <0,01: por exemplo, a_{4}=\dfrac{1}{312}\approx0,003205<0,01. Logo truncar após n=3 (usar S_{3}) já garante erro <0,01. Quero, porém, fornecer uma aproximação ainda melhor: vou calcular S_{6}, cuja ordem de erro é \le a_{7}\approx9{,}0\cdot10^{-6}, muito menor que 0,01.

Passo 6

Calcule a soma parcial S_{6}=\sum_{n=0}^{6}(-1)^{n}a_{n} usando as aproximações decimais dos termos:
\begin{aligned} S_{6} &= 1 - 0,25 + 0,0714285714 - 0,0166666667 + 0,0032051282 - 0,0005208333 + 0,0000730994\\\ &\approx 0,8075192990\\ (\text{valor arredondado nas somas parciais}). \end{aligned}
Verificação do erro: o termo seguinte tem magnitude
a_{7}=\frac{1}{5040\cdot22}=\frac{1}{110880}\approx0,0000090,
portanto pelo teorema da série alternada
\left|\int_{0}^{1} e^{-x^{3}}\,dx - S_{6}\right|\le a_{7}\approx 0,0000090 < 0,01.
Assim S_{6} aproxima a integral com muito mais precisão do que o exigido.

Passo 7

Conclusão prática: uma boa aproximação com erro absoluto menor que 0,01 é S_{6}. Arredondando razoavelmente (por exemplo, a cinco casas decimais) obtemos a resposta final desejada.

Resposta

0,80752

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