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Exercícios Resolvidos de Aproximação de Integral com Polinômio de Taylor

Ver Teoria
Exercício 51234

Enunciado

UFRJ – Cálculo 1 – 2020.2 – P4 – Exercício 4

Seja

a = ∫ 0 1 x 10 e 2 x   d x

Então podemos afirmar que

a) ln ⁡ a > 2 - ln ⁡ 2

b) a = ∫ - 1 0 x 10 e 2 x   d x

c) Não existe c ∈ 0 ,   1 tal que a = c 10 e 2 c

d) ln ⁡ a < 2 - ln ⁡ 11

e) a = 1 10 11 ∫ 0 10 x 10 e 2 x   d x

Passo 1

Fala galerinha, beleza?

O enunciado forneceu para gente uma integral bem difícil de calcular na mão:

a = ∫ 0 1 x 10 e 2 x   d x

Mas relaxa, não vamos precisar fazer essa integral usando partes que dá muito trabalho, vamos calculá-la usando séries de Taylor!

Para isso, você precisa lembrar da série de Taylor da função exponencial:

e x = 1 + x + x 2 2 + x 3 3 ! + … = ∑ n = 0 ∞ x n n !

Com isso, fazendo a substituição x → 2 x , achamos

e 2 x = ∑ n = 0 ∞ 2 x n n ! = ∑ n = 0 ∞ 2 n x n n !

Desta forma, a integral fica

a = ∫ 0 1 x 10 ⋅ ∑ n = 0 ∞ 2 n x n n !   d x

Como a integral da soma é a soma das integrais, temos que

a = ∑ n = 0 ∞ 2 n n ! ∫ 0 1 x n + 10   d x

Fazendo a integral:

a = ∑ n = 0 ∞ 2 n n ! ⋅ x n + 11 n + 11 0 1 = ∑ n = 0 ∞ 2 n n ! n + 11

Passo 2

Aqui vem o pulo do gato! Para n > 0 :

n + 11 > 11 → 1 n + 11 < 1 11

Com isso, é fácil perceber que

a = ∑ n = 0 ∞ 2 n n ! n + 11 < ∑ n = 0 ∞ 2 n n ! ⋅ 11

Colocando o 11 para fora:

a < 1 11 ∑ n = 0 ∞ 2 n n !

Agora se prepara para a mágica:

e x = ∑ n = 0 ∞ x n n ! → e 2 = ∑ n = 0 ∞ 2 n n !

Portanto,

a < e 2 11

Passo 3

Tomando o log dos lados:

ln ⁡ a < ln ⁡ e 2 11 = ln ⁡ e 2 - ln ⁡ 11

Como ln ⁡ e 2 = 2 , achamos que

ln ⁡ a < 2 - ln ⁡ 11

Bate certinho com a alternativa D 😊.

Resposta

Alternativa D.