prova-p1-gab-calc4-2009-1-eng

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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/05/2009
Questa˜o 1: (2.0 pontos)
Classifique as se´ries abaixo em absolutamente convergente, divergente ou condicionalmente conver-
gente. Justifique as suas afirmac¸o˜es.
(a) (0.7 ponto)
∞∑
n=1
(−1)n2
n n!
nn
Soluc¸a˜o:
(a) Neste item aplicaremos o teste da raza˜o a` se´rie
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n2nn!nn
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
2nn!
nn
. Temos que:
an =
2nn!
nn
=⇒ an+1 = 2
n+1(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
.
Logo:
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1(n+ 1)n!
(n+ 1)n+1
x
nn
2nn!
=⇒ lim
n→∞
an+1
an
= 2 lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
=
2
e
< 1. ((1))
De (1) resulta pelo teste da raza˜o que a se´rie
∞∑
n=1
2nn!
nn
converge =⇒
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n2nn!nn
∣∣∣∣ con-
verge =⇒
∞∑
n=1
(−1)n2nn!
nn
converge absolutamente.
(b) (0.7 ponto)
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
Soluc¸a˜o:
(i) Mostraremos que a se´rie
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
e´ convergente pelo teste de Leibniz.De fato:
(1) A se´rie e´ alternada;
(2) lim
n→∞
un = lim
n→∞
n√
n3 + 1
= lim
n→∞
n√
n2
(
n+
1
n2
) = limn→∞ 1√(
n+
1
n2
) = 0;
(3) Mostraremos que a sequ¨eˆncia
{
un =
n√
n3 + 1
}
e´ decrescente.
• Alternativa 1 De fato, considere
f(x) =
x√
x3 + 1
, x > 1. ((2))
De (2) obtemos:
f ′(x) =
√
x3 + 1− 3
2
x3 (x3 + 1)
−1/2
(x3 + 1)
=⇒ f ′(x) = 2x
3 + 2− 3x3
2(x3 + 1)3/2
. =⇒ f ′(x) = 2− x
3
2(x3 + 1)3/2
.
((3))
Pa´gina 1 de 7
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/05/2009(continuac¸a˜o)
De (3) resulta que:
f ′(x) < 0⇔ 2− x3 < 0⇔ x3 > 2⇔ x > 3
√
2. ((4))
Logo, a sequ¨eˆncia
{
un =
n√
n3 + 1
}
e´ decrescente para n > 2.
Por Leibniz a se´rie
∞∑
n=2
(−1)n n√
n3 + 1
converge =⇒
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
converge.
• Alternativa 2 De fato, temos que:
un+1
un
=
(n+ 1)
√
n3 + 1
n
√
(n+ 1)3 + 1
=
(n+ 1)n
√
n+
1
n2
n(n+ 1)
√
n+ 1 +
1
(n+ 1)2
,
ou equivalentemente,
un+1
un
=
√
n+
1
n2√
n+ 1 +
1
(n+ 1)2
< 1, pois
√
n+
1
n2
<
√
n+ 1 +
1
(n+ 1)2
. ((5))
(ii) Mostraremos que a se´rie
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n n√n3 + 1
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
n√
n3 + 1
e´ divergente aplicando o
o teste de comparac¸a˜o por limite.
De fato, considere a se´rie
∞∑
n=1
vn =
∞∑
n=1
1
n1/2
. Logo:
un
vn
=
n3/2
(n3 + 1)1/2
=⇒ un
vn
=
√
n3
n3 + 1
=⇒ lim
n→∞
un
vn
= lim
n→∞
√
n3
n3 + 1
=
√
lim
n→∞
n3
n3 + 1
= 1
((6))
Como a se´rie
∞∑
n=1
vn =
∞∑
n=1
1
n1/2
diverge pois p =
1
2
enta˜o a se´rie
∞∑
n=1
n√
n3 + 1
diverge.
De (i) e de (ii) segue que a se´rie
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
e´ condicionalmente convergente.
(c) (0.6 ponto)
∞∑
n=1
n1/3
1 + 5n1/3
Pa´gina 2 de 7
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/05/2009(continuac¸a˜o)
Soluc¸a˜o:
(c) Mostraremos que a se´rie
∞∑
n=1
n1/3
1 + 5n1/3
e´ divergente pelo teste da divergeˆncia. De fato:
lim
n→∞
un = lim
n→∞
n1/3
1 + 5n1/3
= lim
n→∞
n1/3
n1/3
[
5 +
1
n1/3
] =⇒ lim
n→∞
un =
1
5
6= 0. ((7))
Sugesta˜o: Sabe-se do Ca´lculo I que limn→∞
(
1 + 1
n
)n
= e ( denominado limite fundamental expo-
nencial )
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Seja f(x) =
∞∑
n=1
(−1)n (x+ 2)
n
n 3n
. Fac¸a o que se pede:
(a) (1.0 ponto) Determine o raio e o intervalo de convergeˆncia da se´rie de poteˆncias acima;
Soluc¸a˜o:
Temos que:
R = lim
n→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣ =⇒ R = limn→∞(n+ 1)3n+1n3n =⇒ R = limn→∞3 =⇒ R = 3. ((8))
Pelo teste da raza˜o a se´rie convergira´ absolutamente se |x+ 2| < 3 e divergira´ se |x+ 2| > 3.
• Seja x = 1. Enta˜o:
f (1) =
∞∑
n=1
(−1)n
n
. ((9))
(i) Mostraremos que a se´rie
∞∑
n=1
(−1)n
n
e´ convergente pelo teste de Leibniz.
De fato:
(1) A se´rie e´ alternada;
(2) lim
n→∞
un = lim
n→∞
1
n
= 0;
3) A sequ¨eˆncia
{
un =
1
n
}
e´ decrescente, pois un+1 =
1
n+ 1
<
1
n
= un.
Logo, por Leibniz a se´rie
∞∑
n=2
(−1)n
n
converge.
• Seja x = −5. Enta˜o:
f (−5) =
∞∑
n=1
1
n
. ((10))
Esta se´rie diverge pelo teste da integral pois e´ uma p-se´rie de ordem 1.
Portanto, o intervalo de convergeˆncia e´ (−5, 1] .
Pa´gina 3 de 7
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(b) (0.8 ponto) Determine uma expressa˜o em se´rie de poteˆncias em torno do ponto x0 = −2 para
f ′(x);
Soluc¸a˜o:
Sabemos da teoria de se´ries de poteˆncias que a derivada da se´rie coincide com ase´rie das
derivadas. Logo:
f ′(x) =
∞∑
n=1
(−1)n(x+ 2)n−1
3n
com |x+ 2| < 3. ((11))
(c) (0.7 ponto) Obtenha o intervalo de convergeˆncia da se´rie de poteˆncias obtida no item (b).
Soluc¸a˜o:
(c) Sabemos tambe´m da teoria de se´ries de poteˆncias que o raio de convergeˆncia e´ o mesmo
da se´rie original, ou seja R = 3. Basta enta˜o verificar a convergeˆncia da se´rie em x = 1 e
x = −5.
• Seja x = 1. Enta˜o:
f ′(1) =
∞∑
n=1
(−1)n
3
. ((12))
Como os termos da se´rie para n par sa˜o iguais a 1
3
e os termos da se´rie para n ı´mpar sa˜o
iguais a −1
3
na˜o existe o limite do termo geral quando n tende a infinito. Enta˜o a se´rie
dada em (12) diverge pelo teorema da divergeˆncia
• Seja x = −5. Enta˜o:
f ′(−5) = −
∞∑
n=1
1
3
. ((14))
A se´rie dada em (14) diverge pelo teorema da divergeˆncia pois:
lim
n→∞
un = lim
n→∞
1
3
=
1
3
6= 0. ((15))
Portanto, o intervalo de convergeˆncia e´ (−5, 1).
Questa˜o 3: (3.0 pontos)
Considere a equac¸a˜o diferencial dada abaixo:
2x2y ′′(x) + (x− x2)y ′(x)− y(x) = 0, x ∈ (0,∞) .
(a) (0.6 ponto) Mostre que x = 0 e´ um ponto singular regular da equac¸a˜o diferencial;
Soluc¸a˜o:
Pa´gina 4 de 7
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Temos neste caso que:
(i) p(x) =
Q(x)
P (x)
=
(x− x2)
2x2
=⇒ xp(x) = (x− x
2)
2x
=
1
2
− x
2
=⇒ lim
x→0
xp(x) =
1
2
= p0;
(ii) q(x) =
R(x)
P (x)
= − 1
2x2
=⇒ x2q(x) = −1
2
=⇒ lim
x→0
x2q(x) = −1
2
= q0.
De (i) e de (ii) segue que x = 0 e´ um ponto singular regular, pois p(x) e q(x) na˜o sa˜o
anal´ıticas em 0, o que mostra que x = 0 na˜o e´ ponto ordina´rio e, portanto, e´ ponto
singular. Ale´m disso, xp(x) e x2q(x) sa˜o anal´ıticas em R e os limites em x = 0 de xp(x) e
x2q(x) existem, mostrando que e´ um ponto singular regular.
(b) (0.4 ponto) Determine as ra´ızes da equac¸a˜o indicial;
Soluc¸a˜o:
Temos que a equac¸a˜o indicial e´ da forma:
F (r) = r(r−1)+p0r+q0 = 0 =⇒ r2−r+1
2
r−1
2
= 0 =⇒ 2r2−r−1 = 0 =⇒ r1 = 1 e r2 = −1
2
.
(c) (1.0 ponto) Determine a relac¸a˜o de recorreˆncia;
Soluc¸a˜o:
Temos que:
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n+r =⇒ y ′(x) =
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−1 =⇒ y ′′(x) =
∞∑
n=0
(n+r)(n+r−1)anxn+r−2.
((1))
Substituindo as equac¸o˜es dadas em (1) na EDO resulta que:
∞∑
n=0
2(n+r)(n+r−1)anxn+r+
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r+1−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0, ((2))
onde 0 < x < ρ.
De (2) obtemos que:
∞∑
n=0
2(n+r)(n+r−1)anxn+r+
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−
∞∑
n=1
(n+r−1)an−1xn+r−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0,
ou equivalentemente,
xr
{
2r(r − 1)a0 + ra0 − a0
+
∞∑
n=1
{[
2(n+ r)(n+ r − 1) + (n+ r)− 1]
an − (n+ r − 1)an−1
}
xn
}
= 0, ((3))
Pa´gina 5 de 7
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onde 0 < x < ρ.
Da equac¸a˜o (3) deduzimos:
2r(r−1)a0+ra0−a0 = 0 =⇒ 2r(r−1)+r−1 = 0, (equac¸a˜o indicial) pois por hipo´tese a0 = 1;
an(r) =
(n+ r − 1)an−1(r)
(n+ r − 1)(2n+ 2r + 1) =⇒ an(r) =
an−1(r)
2n+ 2r + 1
; ∀ n > 1, ((4))
onde a equac¸a˜o (4) e´ denominada relac¸a˜o de recorreˆncia.
(d) (1.0 ponto) Obtenha a soluc¸a˜o y1(x) correspondente a` maior raiz da equac¸a˜o indicial.
Soluc¸a˜o:
Substituindo r1 = 1 na equac¸a˜o (4) obtemos:
an =
an−1
(2n+ 3)
; ∀ n > 1. ((5))
• Substituindo n = 1 na equac¸a˜o (5) resulta:
a1 =
a0
5
=
1
5
, pois por hipo´tese a0 = 1.
• Substituindo n = 2 na equac¸a˜o (5) resulta:
a2 =
a1
7
=⇒ a2 = 1
5.7
.
• Substituindo n = 3 na equac¸a˜o (5) resulta:
a3 =
a2
9
=⇒ a3 = 1
5.7.9
.
Podemos concluir enta˜o que:
an =
1
5.7.9...(2n+ 3)
; ∀ n > 1. ((6))
Substituindo an dada por (6) em (1) obtemos:
y1(x) = x
[
1 +
∞∑
n=1
xn
5.7.9...(2n+ 3)
]
. ((9))
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Seja a seguinte EDO: y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = f(t), com y(0) = 0, y′(0) = 2,
f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < 2pi
2 se t ≥ 2pi .
Pa´gina 6 de 7
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/05/2009(continuac¸a˜o)
Encontre a soluc¸a˜o do problema de valor inicial usando Transformada de Laplace e SEM usar
convoluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o:
Vemos que f(t) = 2u2pi(t), que tem Transformada de Laplace F (s) = e
−2pis2
s
. Aplicando a
Transformada de Laplace em ambos os lados da EDO obtemos (s2 + 2s+ 2)Y (s) = e−2pis
2
s
+ 2.
Segue que Y (s) =
2e−2pis
s[(s+ 1)2 + 1]
+
2
(s+ 1)2 + 1
. Aplicando frac¸o˜es parciais e usando a tabela
de Transformadas de Laplace obtemos
Y (s) = e−2pis
(
1
s
− s+ 2
(s+ 1)2 + 1
)
+
2
(s+ 1)2 + 1
= e−2pisL{1−e−t cos t−e−t sen t}+L{2e−t sen t}.
Conclui-se que
y(t) = u2pi(t)
(
1− e−(t−2pi) (cos(t− 2pi) + sen(t− 2pi)))+ 2e−t sen t
isto e´,
y(t) = u2pi(t)
(
1− e−(t−2pi)(cos t+ sen t))+ 2e−t sen t,
Pa´gina 7 de 7 Boa prova!