Recordando a teoria de erro em séries alternadas, determine o valor das expressões abaixo com erro inferior a 0.01 :
\int_{0}^{1 / 2} e^{-t^{3}} d t

Passo 1

O enunciado pede que eu encontre uma aproximação para a integral
\int_{0}^{1/2} e^{-t^{3}}\,dt
com erro inferior a 0,01. As informações dadas são: o integrando é e^{-t^{3}} e o intervalo de integração é [0,1/2]. A tarefa é obter um valor numérico aproximado da integral tal que a diferença entre o valor exato e a aproximação seja menor que 0,01.

Passo 2

Vamos usar a série de Taylor (Maclaurin) da função exponencial. A fórmula conhecida e que você deve decorar é:
e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!},
válida para todo x. Substituindo x=-t^{3} obtemos a expansão do integrando:
e^{-t^{3}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}t^{3n}}{n!}.
Explicando didaticamente: isso significa que e^{-t^{3}} pode ser escrita como soma infinita de potências de t. A série converge absolutamente para todo t, portanto converge uniformemente em qualquer intervalo fechado como [0,1/2], e assim é permitido integrar termo a termo a série dentro desse intervalo.

Passo 3

Integramos termo a termo a expansão para obter a série da integral. Cada termo é
\int_{0}^{1/2}\frac{(-1)^{n}t^{3n}}{n!}\,dt = \frac{(-1)^{n}}{n!}\int_{0}^{1/2}t^{3n}\,dt.
A primitiva de t^{3n} é t^{3n+1}/(3n+1), então
\int_{0}^{1/2}t^{3n}\,dt=\left.\frac{t^{3n+1}}{3n+1}\right|_{0}^{1/2}=\frac{(1/2)^{3n+1}}{3n+1}.
Logo a integral tem a série
\int_{0}^{1/2} e^{-t^{3}}\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(1/2)^{3n+1}}{n!\,(3n+1)}.
Para simplificar a notação, defino os termos positivos
a_{n}=\frac{(1/2)^{3n+1}}{n!\,(3n+1)}.
Então a série é alternada com termos (-1)^n a_n.

Passo 4

Vou aplicar o critério do resto para séries alternadas (Teorema de Leibniz): se (a_n) é uma sequência de números positivos que é monotonicamente decrescente e tende a 0, então a série \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n a_n converge e o resto depois de N termos tem módulo menor ou igual ao próximo termo:
\left|R_{N}\right| = \left|\sum_{n=N+1}^{\infty}(-1)^n a_n\right| \le a_{N+1}.
Aqui a_n>0 e de fato a_n\to 0 porque o fator n! no denominador cresce muito rápido. Para verificar que a_n é decrescente já desde o início, calculo a razão
\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{n+1}\cdot\frac{3n+1}{3n+4}\cdot\frac{1}{8}.
Para n\ge0 esse produto é menor que 1 (por exemplo para n=0 1/32), portanto (a_n) é decrescente. Assim posso usar o teorema de Leibniz: o erro ao truncar após N termos é no máximo a_{N+1}.

Passo 5

Agora calculo alguns a_n para ver quantos termos preciso para garantir erro <0,01.
  • Para n=0:
a_{0}=\frac{(1/2)^{1}}{0!\,(1)}=\frac{1}{2}=0,5.
  • Para n=1:
a_{1}=\frac{(1/2)^{4}}{1!\,(4)}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{16}=\frac{1}{64}=0,015625.
  • Para n=2:
a_{2}=\frac{(1/2)^{7}}{2!\,(7)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{128}=\frac{1}{1792}\approx 0,000558.
Usando o Teorema de Leibniz: se eu retenho os termos até n=1 (ou seja, tomo N=1), o erro absoluto é no máximo a_{2}\approx 0,000558, que é menor que 0,01. Se eu tomasse só o termo n=0 (apenas a_0), o erro seria no máximo a_1=0,015625, que ainda é maior que 0,01. Portanto preciso incluir os termos n=0 e n=1.

Passo 6

Calculo a soma parcial com n=0 e n=1:
S_{1}=a_{0}-a_{1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{64}.
Fazendo a conta em frações com denominador 64:
\frac{1}{2}=\frac{32}{64},\qquad \frac{32}{64}-\frac{1}{64}=\frac{31}{64}.
Em decimal (usando vírgula conforme convensão): \frac{31}{64}=0,484375.
Pelo que vimos, o erro absoluto da aproximação S_{1} é menor que a_{2}\approx 0,000558<0,01. Ou seja, a aproximação está a menos de 0,01 do valor exato.

Resposta

\displaystyle \int_{0}^{1/2} e^{-t^{3}}\,dt \approx 0,484375

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