P1-CIV-2022-2-Gabarito

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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 19/10/2022
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2 pontos)
Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência das séries abaixo.
(a)
∞
∑
m=1
(−1)mcos(1/m).
Solução:
O m-esimo termo é
am := (−1)mcos(1/m).
Nota-se que
lim
m→∞
|am| = lim
m→∞
cos(1/m) = 1 6= 0.
Em particular, (am) não converge até zero. Segue então pelo teste de divergência que essa
série é divergente.
(b)
∞
∑
m=1
(−1)m
√
m2 − 1
m2 + 3
.
Solução:
Trate-se de uma série alternada com m-esimo termo (−1)mam, onde
am := f(m) :=
√
m2 − 1
m2 + 3
.
Derivando f , obtemos
f ′(x) =
x(5− x2)
(x2 + 3)2
√
x2 − 1
.
Segue que f ′(x) < 0 em [3,∞[ e (am) é decrescente para m > 3.
lim
m→∞
am = lim
m→∞
√
m2 − 1
m2 + 3
= lim
m→∞
1− 1/m2
m(1 + 3/m)
= 0.
Segue pelo teste da série alternada que essa série é convergente.
A sua śerie de valores absolutos é
∞
∑
m=1
√
m2 − 1
m2 + 3
,
com m-esimo termo
am :=
√
m2 − 1
m2 + 3
.
Comparando com a séria harmonica, cujo m-esimo termo é bm := 1/m, obtemos
lim
m→∞
am
bm
= lim
m→∞
m
√
m2 − 1
m2 + 3
= lim
m→∞
1− 1/m2
(1 + 3/m)
= 1.
Como esse limite existe, é finito, e é diferente de zero, e como a série harmonica é divergente,
segue pelo teste de comparação no limite que a série de valores absolutos é divergente.
Conclúımos que a série é condicionalmente convergente.
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(c)
∞
∑
m=2
1
mLn(m)2
.
Solução:
O m-esimo termo dessa série é
am := f(m) :=
1
mLn(m)2
.
Nota-se que f é positiva em [2,∞[ e, como seu denominador é crescente, é decrescente.
∫ ∞
2
f(x)dx = lim
T→∞
∫ T
2
1
xLn(x)2
dx
= lim
T→∞
∫ Ln(T )
Ln(2)
1
y2
dy
= lim
T→∞
[−1
y
]Ln(T )
Ln(2)
= lim
T→∞
1
Ln(2)
− 1
Ln(T )
=
1
Ln(2)
.
Como essa integral converge, segue pelo teste da integral que essa série é convergente.
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Questão 2: (2 pontos)
Considere a série de potências
f(x) :=
∞
∑
m=0
(−1)m(x− 2)m
2m(3m+ 1)
.
(a) Determine o intervalo de convergência desta série.
Solução:
Trate-se de uma série centrada em c = 2 com m-esimo termo
am :=
(−1)m(x− 2)m
2m(3m+ 1)
Determinamos o seu raio de convergência.
lim
m→∞
∣
∣
∣
∣
am+1
am
∣
∣
∣
∣
= lim
m→∞
∣
∣
∣
∣
(x− 2)m+12m(3m+ 1)
(x− 2)m2m+1(3m+ 4)
∣
∣
∣
∣
= lim
m→∞
∣
∣
∣
∣
(x− 2)(3 + 1/m)
2(3 + 4/m)
∣
∣
∣
∣
=
|x− 2|
2
.
Segue pelo teste da razão que essa série é convergente para |x− 2| < 2 e divergente para
|x− 2| > 2. O seu raio de convergência é então R = 2.
Estudamos as extremidades do intervalo de convergência. Em x = (c− R) = (2 − 2) = 0,
a série é
∞
∑
m=0
1
(3m+ 1)
,
com m-esimo termo
am :=
1
(3m+ 1)
.
Comparamos essa série com a série harmônica, cujo m-esimo termo é bm := 1/m.
lim
m→∞
am
bm
= lim
m→∞
m
(3m+ 1)
= lim
m→∞
1
3 + 1/m
=
1
3
.
Como esse limite existe, é finito, e é diferente de zero, e como a série harmônica é divergente,
segue pelo teste de comparação no limite que essa série é divergente.
Em x = (c+R) = (2 + 2) = 4, a série é
∞
∑
m=0
(−1)m
(3m+ 1)
Trate-se de uma série alternada com m-esimo termo (−1)mam, onde
am =
1
(3m+ 1)
.
Como (am) é decresente e converge até zero quando m vai por infinito, segue pelo teste da
série alternada que essa série é convergente. Conclúımos que o intervalo de convergência
da série é ]0, 4].
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(b) Determine f (5)(2), a quinta derivada de f em 2.
Solução:
Pelo Teorema de Taylor
f (5)(2) = 5!a5 = 120a5,
onde a5 é o coeficiente de x
5 na série de Taylor de f . Segue que
f (5)(2) =
120 · (−1)5
25 · (3 · 5 + 1) = −
15
64
.
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Questão 3: (3 pontos)
Considere a equação diferencial :
(x2 − 2x+ 2)y′′ + 2(x− 1)y′ + y = 0.
(a) Mostre que x0 = 1 é ponto ordinário desta equação.
Solução:
A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde
P (x) := (x2 − 2x+ 2),
Q(x) := 2(x− 1), e
R(x) := 1.
Como
P (1) = 1 6= 0,
o ponto x0 = 1 é ponto ordinário da equação.
(b) Determine a relação de recorrência da solução em séries desta equação em torno deste ponto.
Solução:
Substituimos t = x− 1. Como
d
dt
=
d
dx
,
a equation é
(t2 + 1)ÿ + 2tẏ + y = 0.
Procuramos soluções da forma
y =
∞
∑
m=0
amt
m.
Derivando essa série duas vezes, obtemos
ẏ =
∞
∑
m=1
mamt
m−1, e
ÿ =
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2.
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Substituindo essas séries na equation, obtemos
(t2 + 1)
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 + 2t
∞
∑
m=1
mamt
m−1 +
∞
∑
m=0
amt
m = 0
⇒
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 +
∞
∑
m=1
2mamt
m +
∞
∑
m=0
amt
m = 0
⇒
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞
∑
m=0
(m+ 2)(m+ 1)am+2t
m +
∞
∑
m=1
2mamt
m +
∞
∑
m=0
amt
m = 0
⇒
∞
∑
m=2
(
(m2 +m+ 1)am + (m+ 2)(m+ 1)am+2)t
m + (3a1 + 6a3)t + (a0 + 2a2) = 0.
Pelo Teorema de Taylor, todos os coeficientes do lado esquerdo são iguais a zero. Segue
que
a0 + 2a2 = 0,
3a1 + 6a3 = 0, e
(m2 +m+ 1)am + (m+ 2)(m+ 1)am+2 = 0 ∀m > 2.
A relação de recorrência é então
a2 = −
a0
2
,
a3 = −
a1
2
, e
am+2 = −
(m2 +m+ 1)am
(m+ 1)(m+ 2)
∀m > 2.
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Questão 4: (3 pontos)
Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do seguinte problema de valor ińıcial.
{
y′′ − 2y′ + 2y = uπ
2
(x)cos(x)
y(0) = 0, y′(0) = 1
onde uπ
2
(x) é a função degrau unitário com singularidade em π
2
.
Solução:
Determinamos a transformada de Laplace do termo inhomogêneo.
L[uπ
2
(x)cos(x)] = L[uπ
2
(x)cos((x− π/2) + π/2)]
= L[−uπ
2
(x)sen(x− π/2)]
= −e−πs/2L[sen(x)]
=
−e−πs/2
s2 + 1
.
Aplicando a transformada de Laplace à equação, obtemos
L[y′′ − 2y′ + 2y] = L[uπ
2
cos(x)]
⇒L[y′′]− 2L[y′] + 2L[y] = −e
−πs/2
s2 + 1
⇒(−y′(0)− sy(0) + s2L[y])− 2(−y(0) + sL[y]) + 2L[y] = −e
−πs/2
s2 + 1
⇒(s2 − 2s+ 2)L[y]− 1 = −e
−πs/2
s2 + 1
.
Segue que
L[y] = 1
s2 − 2s+ 2 −
e−πs/2
(s2 − 2s+ 2)(s2 + 1) .
Aplicamos a técnicade frações parciais ao fator racional do segundo termo do lado direito.
1
(s2 − 2s+ 2)(s2 + 1) =
as + b
(s2 − 2s+ 2) +
cs+ d
(s2 + 1)
=
(as + b)(s2 + 1) + (cs+ d)(s2 − 2s+ 2)
(s2 − 2s+ 2)(s2 + 1)
=
(a + c)s3 + (b− 2c+ d)s2 + (a + 2c− 2d)s+ (b+ 2d)
(s2 − 2s+ 2)(s2 + 1)
Comparando coeficientes, obtemos o sistema
a+ c = 0,
b− 2c+ d = 0,
a+ 2c− 2d = 0, e
b+ 2d = 1,
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com solução
a =
−2
5
, b =
3
5
, c =
2
5
, e d =
1
5
.
Segue que
1
(s2 − 2s+ 2)(s2 + 1) =
−2s+ 3
5(s2 − 2s+ 2) +
2s+ 1
5(s2 + 1)
=
−2(s− 1)
5((s− 1)2 + 1) +
1
5((s− 1)2 + 1) +
2s
5(s2 + 1)
+
1
5(s2 + 1)
= L
[
− 2
5
excos(x)
]
+ L
[
1
5
exsen(x)
]
+ L
[
2
5
cos(x)
]
+ L
[
1
5
sen(x)
]
= L[g(x)],
onde
g(x) = −2
5
excos(x) +
1
5
exsen(x) +
2
5
cos(x) +
1
5
sen(x).
Segue que
L[y] = 1
(s− 1)2 + 1 − e
−πs/2L[g(x)] = L[exsen(x)]− L[uπ
2
(x)g(x− π/2)].
Conclúımos que
y(x) = exsen(x)− uπ
2
(x)g(x− π/2).
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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A - Transformadas de Laplace elementares.
f L[f ]
1
1
s
, s > 0
tm (m ∈ N) m!
sm+1
, s > 0
eat
1
s− a, s > a
tmeat (m ∈ N) m!
(s− a)m+1 , s > a
sen(at)
a
s2 + a2
, s > 0
cos(at)
s
s2 + a2
, s > 0
eatsen(bt)
b
(s− a)2 + b2 , s > a
eatcos(bt)
(s− a)
(s− a)2 + b2 , s > a
senh(at)
a
s2 − a2 , s > |a|
cosh(at)
s
s2 − a2 , s > |a|
δa(t)f(t) e
−asf(a)
ua(t)
1
s
e−as
ua(t)f(t− a) e−asL[f ](s)
eatf L[f ](s− a)
f (m)(t) smL[f ](s)− sm−1f(0)− ...− f (m−1)(0)
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