prova_p1_gab_calc4_2011_1_eng

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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto de Matema´tica
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Disciplina: Ca´lculo Diferencial e Integral IV
Unidades: Escola Polite´cnica e Escola de Quimica
Gabarito da P1 Unificada
Data: 12/05/2011
1. (1,0 p) Analise a convergeˆncia das se´ries e escolha somente duas das se´ries abaixo indicadas:
(a)
∞∑
n=2
1
n (lnn)3
, (0,5)
(b)
∞∑
n=0
3
√
n
5n+ 3
, (0,5)
(c)
∞∑
n=1
(−1)n n2
n!
. (0,5)
OBS:Na˜o responda mais de duas. Se isto ocorrer sera˜o corregidas as duas primeiras.
Resposta:
(a) Considere a func¸a˜o f(x) =
1
x[ln(x)]3
, 0 < x 6= 1. Observemos que a func¸a˜o ln(x) > 0 se
x > 1. Enta˜o,
• f(x) > 0 para todo x > 1.
Como as func¸o˜es ln(x) e y−m, m ∈ N sa˜o cont´ınuas para x > 1 e y > 0, enta˜o
• f(x) e´ cont´ınua para x > 1.
Derivando f(x), temos
f ′(x) = −3x[ln(x)]
2 (1/x) + [ln(x)]3
x2[ln(x)]6
= − 3 + ln(x)
x2[ln(x)]4
< 0 se x > 1, (1)
assim podemos dizer que
• f(x) e´ uma func¸a˜o decrescente para x > 1.
Logo an := f(n) e´ tambe´m decrescente para n ≥ 2. Ale´m disso, calculemos a integral:∫ ∞
2
f(x)dx =
[ln(x)]−3+1
−3 + 1
∣∣∣∣∞
2
=
1
2
1
[ln(2)]2
(2)
pois
lim
x→∞
1
[ln(x)]2
= 0.
Aplicando o Crite´rio da Integral, podemos concluir que
∞∑
n=2
f(n) < ∞ converge.
(b) Seja an :=
3
√
n
5n+ 3
, n ∈ N. Observemos que
an =
3
n1−
1
2 (5 + 3n )
=
bn
nα
,
onde
• α := 1
2
,
• bn := 35 + 3n
.
como α < 1 e lim
n→∞ bn =
3
5
> 0. Enta˜o,
∞∑
n=0
an diverge.
ou
Podemos considerar a sequeˆncia dn =
1
nα
com α = 1/2 e a se´rie
∑
dn diverge pois e´ uma
α−Harmoˆnica com α < 1.
an
dn
=
3
5 + 3n
→ 3
5
> 0,
Por comparac¸a˜o
∞∑
n=0
an diverge.
(c) Seja bn = (−1)nan onde an = n
2
n!
, n ≥ 1.
Observemos que ∣∣∣∣bn+1bn
∣∣∣∣ = (n+ 1)2(n+ 1)! · n!n2 = 1n + 1n2
enta˜o
lim
n→∞
∣∣∣∣bn+1bn
∣∣∣∣ = 0.
Aplicando o Crite´rio da Raza˜o,
∞∑
n=1
|bn| < ∞ converge.
2. (1,5 p) Obtenha a representac¸a˜o da func¸a˜o f(x) = ex + x2 por sua correspondente se´rie de Taylor
em x0 = −1 e calcule o raio de convergeˆncia da se´rie obtida.
Resposta:
Considere a func¸a˜o f(x) = ex + x2, x ∈ R, e´ simple verificar que f e´ infinitamente diferencia´vel
em R e x0 = −1
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
abs.convergente ∀x ∈ R,
em particular
ex+1 =
∞∑
n=0
(x+ 1)n
n!
abs.convergente ∀x ∈ R,
ale´m disso, seja p(x) = x2, p′(x) = 2x, p”(x) = 2. Enta˜o,
p(x) = x20 + 2x0(x− x0) +
2
2!
(x− x0)2 = 1− 2(x+ 1) + (x+ 1)2,
2
substitutindo, tera
f(x) = (1 + e−1) + (−2 + e−1)(x+ 1) + (1 + e−12 )(x+ 1)2 +
∞∑
n=3
e−1(x+ 1)n
n!
(3)
=
∞∑
n=0
bn(x+ 1)n, (4)
onde
• b0 = 1 + e−1, b1 = −2 + e−1, b2 = 1 + e−12 ,
• bn = e
−1
n!
, n ≥ 3.
Observe que,
bn
bn+1
=
e−1
n!
.
(n+ 1)!
e−1
= n+ 1 → ∞.
logo o raio de convergeˆncia e´ R =∞.
3. (2,5 p) Considere a equac¸a˜o diferencial, linear de segunda ordem
(3− x2)y′′(x)− 3xy′(x)− y(x) = 0. (5)
(a) (1.5 p) Verifique que x0 = 0 e´ um ponto ordina´rio da equac¸a˜o 5 e encontre a relac¸a˜o de
recorreˆncia associada a` equac¸a˜o dada,
Resposta:
Sejam P (x) = − 3x
3− x2 e Q(x) = −
1
3− x2 . Observe que
1
1−
(
x√
3
)2 = ∞∑
n=0
(
x√
3
)2n
se |x| <
√
3,
Da igualdade pode-se afirmar que as func¸o˜es P (x) e Q(x) sa˜o anal´ıticas em x0 = 0.
Pelo Teorema, toda soluc¸a˜o e´ da forma
y(x) =
∞∑
n=0
an x
n abs.convergente ∀|x| < R, (6)
substitutindo na equac¸a˜o 5 para achar an, obtemos
∞∑
n=0
3(n+ 2)(n+ 1)an+2xn −
∞∑
n=0
n(n− 1)anxn −
∞∑
n=0
3nanxn −
∞∑
n=0
anx
n = 0 ∀ |x| < R,
⇔ ∞∑
n=0
dnx
n = 0 ∀ |x| < R,
onde
dn = 3(n+ 2)2(n+ 1)an+2 − (n+ 1)2an ∀n ∈ N,
Enta˜o
an+2 =
(n+ 1) an
3(n+ 2)
∀n ∈ N (7)
3
(b) (1,0 p) Determine a soluc¸a˜o y(x) tal que y(0) = 1, y′(0) = 2.
Resposta:
Da equac¸a˜o 7, calcule os coeficientes an,
os a2n :
a2 =
a0
3.2
, a4 =
1.[2.2− 1]a0
32.22.2!
, a6 =
1.3.[2.3− 1]a0
33.23.3!,
Portanto
a2n =
1.3.5 ... (2n− 1)a0
6nn!
∀n ≥ 1. (8)
os a2n+1 :
a3 =
2a1
3.3
, a5 =
2.4a1
32.3.5
, a7 =
23.3!a1
33.3.5 ... (2.3 + 1)
,
Portanto
a2n+1 =
2n.n!a1
3n.3.5. ... (2n+ 1)
∀n ≥ 1. (9)
Para achar as soluc¸o˜es linearmente independentes considere
• a0 = 1, a1 = 0
y1(x) = 1 +
∞∑
n=1
a2nx
2n |x| < R, (10)
sendo a2n definidas em 8.
• a0 = 0, a1 = 1
y2(x) = x+
∞∑
n=1
a2n+1x
2n+1 |x| < R. (11)
sendo a2n+1 definidas em 9.
Logo a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o 5 e´ dada
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x).
sendo c1 e c2 sa˜o constantes arbitra´rias. Dos dados iniciais y(0) = 1, y′(0) = 2
1 = c1y1(0) + c2y2(0) (12)
2 = c1y′1(0) + c2y
′
2(0) (13)
enta˜o, c1 = 1 c2 = 2.
4. (2,5 p)Resolva o seguinte problema de valor inicial utilizando a transformada de Laplace{
2y′′(t) + y′(t) + 4y(t) = δ(t− pi6 ) · sin t,
y(0) = 0, y′(0) = 1.
(14)
Resposta:
Calculo de L{ δ(t− pi6 ) sin(t) } :∫ ∞
0
e−stδ(t− pi
6
) sin(t)dt =
∫ ∞
0
δ(t− pi
6
)[ e−st sin(t) ]dt
4
como a func¸a˜o h(t) = e−st sin(t) e´ cont´ınua em R, aplicando a definic¸a˜o∫ ∞
0
δ(t− pi
6
)[ e−st sin(t) ]dt = e−
pi
6 s sin(
pi
6
) =
1
2
e−
pi
6 s.
Aplicando a transformada na equac¸a˜o 14, obtemos
(s2 +
s
2
+ 2)L{ y(t) } = 1 + (1
2
)2e−
pi
6 s,
⇔
L{ y(t) } = 1
(s+ 1/4)2 + 31/16
+
1
4
e−
pi
6 s
(s+ 1/4)2 + 31/16
aplicando transformada inversa, acima
y(t) = L−1
{
1
(s+ 1/4)2 + 31/16
}
+
1
4
L−1
{
e−
pi
6 s
(s+ 1/4)2 + 31/16
}
⇔
y(t) =
√
16
31
e−
t
4 sin(
√
16
31
t) +
1
4
g(t− pi
6
).upi
6
(t),
onde
g(t) = L−1
{
e−
pi
6 s
(s+ 1/4)2 + 31/16
}
=
√
16
31
e−
t
4 sin(
√
16
31
t).
5. Resolver
(a) (1.0)Calcule a transformada de Laplace G(s) = L{g(t)} da func¸a˜o g(t) = e−2tf(t) onde
f(t) =

1 0 ≤ t < 1,
0 1 ≤ t < 2,
1 2 ≤ t < 3,
0 3 ≤ t.
(15)
Resposta:
Temos que
f(t) =1u0(t) + (0− 1)u1(t) + (1− 0)u2(t) + (0− 1)u3(t),
=1− u1(t) + u2(t)− u3(t),
e
F (s) = L{f(t)} = L{1} − L{u1(t)}+ L{u2(t)} − L{u3(t)}
=
1
s
− e
−s
s
+
e−2s
s
− e
−3s
s
s > 0,
e portanto
L{e−2tf(t)} = F (s+ 2) ∀ s > −2,
=
1
s+ 2
− e
−(s+2)
s+ 2
+
e−2(s+2)
s+ 2
− e
−3(s+2)
s+ 2
=
1
s+ 2
3∑
i=0
(−1)ie−i(s+2).
5
(b) (1,5)Calcule a transformada de Laplace inversa h(t) = L−1{H(s)} da func¸a˜o
H(s) =
(2s+ 1)e−3s
s(4s2 + 4s+ 5)
+
2
(s+ 2)2
.
Resposta:
H(s) =
(2s+ 1)e−3s
s(4s2 + 4s+ 5)
+
2
(s+ 2)2
,
=H1(s)e−3s +H2(s),
e
L−1{H2(s)} = L−1
{
2
(s+ 2)2
}
= 2e−2tL−1
{
1
s2
}
= 2e−2t t.
A transformada de Laplace inversa para H2 tambem pode ser calculada da seguinte maneira:
L−1
{
2
(s+ 2)2
}
= L−1
{
− d
ds
{
2
s+ 2
}}
= tL−1
{
2
s+ 2
}
= 2te−2t.
Agora calculemos a transformada de Laplace inversa para H1(s)e−3s:
L−1{H1(s)e−3s} = u3(t)h1(t− 3), onde h1(t) = L−1{H1(s)}
Ideia 1: Usando frac¸o˜es parciais
H1(s) =
(2s+ 1)
s(4s2 + 4s+ 5)
=
A
s
+
Bs+ C
4s2 + 4s+ 5
,
onde encontramos A = 1/5, B = −4/5 e C = 6/5. ou
Ideia 2:
h1(t) =L−1
{
2s+ 1
s(4s2 + 4s+ 5)
}
=
1
2
L−1
{
s+ 1/2
s[(s+ 1/2)2 + 1]
}
=
1
2
L−1
{
H1(s)
s
}
=
1
2
∫ t
0
L−1{H1(s) }dξ
=
1
2
∫ t
0
L−1
{
ξ + 1/2
(ξ + 1/2)2 + 1
}
dξ
=
1
2
∫ t
0
e−
ξ
2 cos(ξ)dξ
Resolvendo a integral∫ t
0
e−
ξ
2 cos(ξ)dξ =
1
5
{
2− 2 e− t2 cos(t) + 4 e− t2 sin(t)
}
,
substitutindo, obtemos
h1(t) =
1
5
− 1
5
e−
t
2 cos(t) +
2
5
e−
t
2 sin(t).Professores: Carlos Ferraris, Katrin Grit, I Shih, Pedro Gamboa, Xavier Carvajal.
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