Usando uma técnica adequada, dê uma aproximação para a integral
I=\int_{0}^{1} \operatorname{sen}(-2 x) \ln x d x
com pelo menos 4 algarismos significativos corretos.

Resposta:

Método de quadratura adequado □
Quantidade de pontos □
Valor aproximado I=

Passo 1

O problema pede uma aproximação numérica da integral
I=\int_{0}^{1}\operatorname{sen}(-2x)\ln x\,dx
com pelo menos 4 algarismos significativos corretos. Informações relevantes que já estão no enunciado:
  • O intervalo de integração é [0,1].
  • A função integranda é \operatorname{sen}(-2x)\ln x. Note que \operatorname{sen}(-2x)=-\operatorname{sen}(2x).
  • Há uma singularidade integrável em x=0 devido a \ln x (porque \ln x\to-\infty quando x\to0^+), mas o produto com \operatorname{sen}(-2x) é integrável (comportamento próximo de -2x\ln x quando x\to0^+).

Passo 2

Escolha do método (explicação e justificativa didática).
Vou evitar quadraturas diretas que exigiriam tratamento explícito da singularidade logarítmica. Em vez disso uso uma técnica muito útil para integrais com \ln x: introduzir um parâmetro e derivar em relação a ele. Defino
J(s)=\int_{0}^{1} x^{s}\operatorname{sen}(-2x)\,dx,
onde s é um parâmetro real. Observe que
\frac{d}{ds}x^{s} = x^{s}\ln x,
logo
J'(s)=\int_{0}^{1} x^{s}\operatorname{sen}(-2x)\ln x\,dx.
Assim a integral que queremos é I=J'(0). Essa técnica “transforma” a ocorrência de \ln x em uma derivada de uma família de integrais mais simples, que frequentemente podemos calcular em série. Não há problema em usar essa troca (diferenciação sob o sinal de integral) porque a expansão em série de \operatorname{sen}(-2x) converge uniformemente em [0,1], permitindo a troca soma/integral e a diferenciação termo-a-termo (justificação via convergência uniforme / Teorema da convergência dominada).

Passo 3

Expansão em série da função trigonométrica (revisão rápida).
A série de Taylor para \operatorname{sen}(t) é
\operatorname{sen}(t)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!}.
Substituindo t=-2x obtemos
\operatorname{sen}(-2x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(-2x)^{2n+1}}{(2n+1)!} =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{2^{2n+1}x^{2n+1}}{(2n+1)!}.
(Expliquei o passo: (-2)^{2n+1}=-1\cdot 2^{2n+1}.)

Passo 4

Inserir a série em J(s), trocar soma e integral e integrar termo a termo.
Usando a série acima,
J(s)=\int_{0}^{1} x^{s}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{2^{2n+1}x^{2n+1}}{(2n+1)!}\right)dx.
Pela convergência uniforme podemos trocar soma e integral:
J(s)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)!}\int_{0}^{1} x^{s+2n+1}dx.
A integral é elementar:
\int_{0}^{1} x^{s+2n+1}dx=\frac{1}{s+2n+2}\qquad(\Re(s)>-2, \text{ aqui } s\approx0).
Logo
J(s)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)!}\cdot\frac{1}{s+2n+2}.

Passo 5

Derivar em s e avaliar em s=0 para obter I=J'(0).
Diferenciando termo a termo:
J'(s)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)!}\cdot\left(-\frac{1}{(s+2n+2)^{2}}\right).
Avalia em s=0:
I=J'(0)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)!}\left(-\frac{1}{(2n+2)^{2}}\right).
Simplificando o sinal (-1)^{n+1}\cdot(-1)=(-1)^{n} e usando 2n+2=2(n+1) obtemos
I=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)!}\cdot\frac{1}{(2n+2)^{2}} =\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{4^{n}}{(n+1)^{2}(2n+1)!}.
Essa é uma série absolutamente convergente (o fatorial no denominador garante convergência muito rápida).

Passo 6

Cálculo numérico dos termos e critério de truncamento (mostrando como obter 4 algarismos significativos).
Vamos calcular os primeiros termos da série explicitamente (cada termo é)
a_{n}=\frac{1}{2}(-1)^{n}\frac{4^{n}}{(n+1)^{2}(2n+1)!}.
Calculemos a_{0},a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{5},a_{6} e as somas parciais:
  • n=0:
a_{0}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1^{2}\cdot 1!}=\frac{1}{2}=0{,}5.
  • n=1:
a_{1}=\frac{1}{2}(-1)\frac{4}{2^{2}\cdot 3!}=\frac{1}{2}\left(-\frac{4}{4\cdot 6}\right)=-\frac{1}{12}\approx -0{,}083333333333.
Soma parcial S_{1}=0{,}416666666667.
  • n=2:
a_{2}=\frac{1}{2}\frac{16}{3^{2}\cdot 5!}=\frac{1}{135}\approx 0{,}007407407407.
Soma parcial S_{2}\approx 0{,}424074074074.
  • n=3:
a_{3}=\frac{1}{2}(-1)\frac{64}{4^{2}\cdot 7!}=-\frac{1}{2520}\approx -0{,}000396825397.
Soma parcial S_{3}\approx 0{,}423677248677.
  • n=4:
a_{4}=\frac{1}{2}\frac{256}{5^{2}\cdot 9!}=\frac{1}{70875}\approx 0{,}0000141061039187.
Soma parcial S_{4}\approx 0{,}423691354781.
  • n=5:
a_{5}=\frac{1}{2}(-1)\frac{1024}{6^{2}\cdot 11!}=-\frac{1}{2806650}\approx -0{,}000000356274012.
Soma parcial S_{5}\approx 0{,}423690998507.
  • n=6:
a_{6}=\frac{1}{2}\frac{4096}{7^{2}\cdot 13!}\approx 0{,}000000006705\\ (\text{aprox. }6{,}7\times 10^{-9}).
Soma parcial S_{6}\approx 0{,}423690998513.
Observações sobre o truncamento e erro:
  • Os termos decrescem muito rápido (fatorial em (2n+1)!), por isso a contribuição além de n=6 é menor que 10^{-9}.
  • Para garantir 4 algarismos significativos corretos basta que o erro absoluto seja menor que cerca de 5\times 10^{-5}. Já com n\le 4 ou n\le 5 temos erro muito menor que isso; com n\le 6 temos erro < 10^{-8}. Portanto truncar a série em n=6 (ou seja, somar termos n=0,\dots,6) é mais que suficiente.

Passo 7

Resultado final e indicação do método prático a usar na prova.
  • No lugar de uma quadratura clássica, o método usado foi: expansão em série da função trigonométrica e diferenciação em parâmetro (ou seja, definir J(s)=\int_{0}^{1}x^{s}\operatorname{sen}(-2x)\,dx e usar I=J'(0)). Esse método lida bem com \ln x.
  • Truncando a série após n=6 termos obtém-se uma aproximação com erro menor que 10^{-8}.

Resposta

Método: expansão em série de \operatorname{sen}(-2x) e diferenciação em parâmetro ( J(s)=\int_{0}^{1}x^{s}\operatorname{sen}(-2x)\,dx, I=J'(0)).
Quantidade de pontos: não se usa uma “quadratura por pontos” aqui; usa-se truncamento da série em n=0,\dots,6 (7 termos) para segurança.
Valor aproximado I= 0,423690998513

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