lista solucao modulo1 C2 Lucas Seco

Esta é uma pré-visualização de arquivo. Entre para ver o arquivo original

Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 1 – Lista 1 – Soluc¸a˜o
1) Dizemos que um nu´mero r e´ raiz de uma func¸a˜o f(x) quando f(r) = 0. Nesse exerc´ıcio
vamos considerar um procedimento para obter uma raiz de uma func¸a˜o f por apro-
ximac¸o˜es sucessivas, conhecido como me´todo de Newton. Ele fornece, a partir de uma
dada aproximac¸a˜o xn da raiz, uma nova aproximac¸a˜o xn+1 dada pela intersec¸a˜o do eixo
x com a reta tangente a` f em xn.
xr
xn xn+1
f
a) Usando a equac¸a˜o da reta tangente a` f em xn, mostre que xn+1 = xn − f(xn)
f ′(xn)
.
b) Suponha que f(x) e f ′(x) sa˜o func¸o˜es cont´ınuas. Mostre que, se limxn = r, enta˜o r
e´ uma raiz de f .
c) Aplicando o primeiro item para a func¸a˜o f(x) = x2− 2, mostre que xn+1 = xn
2
+
1
xn
.
Quais ra´ızes que estamos aproximando nesse caso?
d) No item anterior, comec¸ando da aproximac¸a˜o inical x1 = 2, obtenha as 4 aproximac¸o˜es
seguintes.
Soluc¸a˜o
a) Temos que a equac¸a˜o da reta tangente a f em xn e´ dada por
y − f(xn) = f ′(xn)(x− xn)
A intersec¸a˜o dessa reta tangente com o eixo x ocorre no ponto xn+1 no qual y = 0,
portanto temos que xn+1 satisfaz
0 − f(xn) = f ′(xn)( xn+1 − xn),
Isolando xn+1 na equac¸a˜o acima obtemos
xn+1 = xn − f(xn)
f ′(xn)
.
que e´ a fo´rmula desejada.
Pa´gina 1 de 44
b) Do item anterior, temos que
f(xn) = f
′(xn)(xn − xn+1).
Passando ao limite, uma vez que lim xn = r, temos que
limxn+1 = r
ale´m disso, como f(x) e f ′(x) sa˜o cont´ınuas, temos que
lim f(xn) = f(r) lim f
′(xn) = f ′(r)
de onde segue que
f(r) = f ′(r)(r − r) = 0
Isso mostra que f(r) = 0, como quer´ıamos.
c) Neste caso, temos que f ′(x) = 2x, de modo que
xn+1 = xn − f(xn)
f ′(xn)
= xn − x
2
n − 2
2xn
=
xn
2
+
1
xn
.
Temos que r e´ raiz de f(x) = x2 − 2 se, e so´ se
r2 − 2 = 0 ⇐⇒ r = ±
√
2
Portanto estamos aproximando
√
2 ou −√2.
d) Comec¸ando com x1 = 2, temos que
x2 =
x1
2
+
1
x1
=
2
2
+
1
2
= 1, 5,
x3 =
x2
2
+
1
x2
=
1, 5
2
+
1
1, 5
= 1, 416666666...,
x4 =
x3
2
+
1
x3
=
1, 416666666...
2
+
1
1, 416666666...
= 1, 414215686...,
x5 =
x4
2
+
1
x4
=
1, 414215686...
2
+
1
1, 414215686...
= 1, 414213562...,
FIQUE DE ΘLHΘ: Sob condic¸o˜es favora´veis, a sequeˆncia do me´todo de Newton se
aproxima muito ra´pido de uma raiz. No item (d) por exemplo, usando o valor de
√
2
dado por uma calculadora, podemos perceber que a aproximac¸a˜o x4 ja´ coincide com
√
2
nos cinco primeiros d´ıgitos e a aproximac¸a˜o x5 ja´ coincide com
√
2 nos dez primeiros
d´ıgitos. De fato, o me´todo de Newton e´ usado por muitas calculadoras para se obter o
valor aproximado de uma raiz dentro da precisa˜o da calculadora.
Abaixo esta˜o ilustradas duas iterac¸o˜es do me´todo de Newton para f(x) = x2 − 2.
xx1x2x3
y
√
2−√2
Pa´gina 2 de 44
2) O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que lim
n!
nn
= 0.
a) Verifique que
n!
nn
=
n
n
n− 1
n
n− 2
n
· · · 3
n
2
n
1
n
b) Usando o item anterior, mostre que 0 <
n!
nn
≤ 1
n
.
c) Usando o item anterior, mostre que lim
n!
nn
= 0.
Soluc¸a˜o
a) Pelas definic¸o˜es, temos que
n!
nn
=
n · (n− 1) · (n− 2) · · · 3 · 2 · 1
n · n · n · · ·n · n · n︸ ︷︷ ︸
n-vezes
=
n
n
n− 1
n
n− 2
n
· · · 3
n
2
n
1
n
b) Como o produto de fatores positivos menores ou iguais a um e´ positivo e menor ou
igual a um, temos que
0 <
n
n
n− 1
n
n− 2
n
· · · 3
n
2
n
≤ 1
Multiplicando os dois lados por
1
n
e usando o item anterior, segue que
0 <
n!
nn
≤ 1
n
c) Usando o item anterior, o resultado segue do Teorema do Sandu´ıche, uma vez que
lim
1
n
= 0.
FIQUE DE ΘLHΘ: E´ ERRADO tentar aplicar a regra do produto de limites para
mostrar que o produto
n!
nn
=
n
n
n− 1
n
n− 2
n
· · · 3
n
2
n
1
n
tende a zero pois essa regra vale para nu´mero fixo de fatores pore´m, no produto acima,
o nu´mero de fatores cresce a` medida que n cresce.
Pa´gina 3 de 44
3) O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que lim n
√
n = 1.
a) Verifique que log ( n
√
n) = log(n)
n
.
b) Usando o item anterior, verifique que n
√
n = exp
(
log(n)
n
)
.
c) Usando o item anterior, mostre que lim n
√
n = 1.
Soluc¸a˜o
a) Uma vez que
n
√
n = n
1
n
aplicando o logaritmo em ambos os lados, obtemos
log
(
n
√
n
)
= log
(
n
1
n
)
=
1
n
log(n) =
log(n)
n
b) Exponeciando ambos os lado da equac¸a˜o do item anterior, obtemos
exp
(
log
(
n
√
n
))
= exp
(
log(n)
n
)
Como a exponencial e o logaritmo sa˜o func¸o˜es inversas, segue que
n
√
n = exp
(
log(n)
n
)
c) Tomando o limite em ambos os lado da equac¸a˜o do item anterior, obtemos
lim n
√
n = lim exp
(
log(n)
n
)
= exp
(
lim
log(n)
n
)
= exp(0) = 1
onde usamos que a exponencial e´ cont´ınua e que, por L’Hospital,
lim
log(n)
n
= lim
(log(n))′
(n)′
= lim
1
n
1
= 0
FIQUE DE ΘLHΘ: E´ ERRADO fazer
lim n
√
n = limn1/n = nlim 1/n = n0 = 1
mesmo que nesse caso isso deˆ a resposta correta, por diversos motivos:
1) o limite so´ pode ser passado para dentro de uma func¸a˜o cont´ınua fixa, que NA˜O
depende de n.
2) a base e o expoente variam ao mesmo tempo com n, enta˜o e´ ERRADO tomar o
limite em apenas um deles, desconsiderando o outro!
Esse e´ um erro comum ao calcular limites: tome cuidado para na˜o fazeˆ-lo ou sena˜o as
consequeˆncias sera˜o desastrosas para suas notas e sua reputac¸a˜o!
Pa´gina 4 de 44
4) O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que lim
(
1 + 1
n
)n
= e.
a) Verifique que log
((
1 + 1
n
)n)
=
log(1+ 1n)
1
n
.
b) Usando o item anterior, verifique que
(
1 + 1
n
)n
= exp
(
log(1+ 1n)
1
n
)
.
c) Usando o item anterior, mostre que lim
(
1 + 1
n
)n
= e.
Soluc¸a˜o
a) Aplicando o logaritmo, obtemos
log
((
1 +
1
n
)n)
= n log
(
1 +
1
n
)
=
log
(
1 + 1
n
)
1
n
b) Exponeciando ambos os lado da equac¸a˜o do item anterior, obtemos
exp
(
log
((
1 +
1
n
)n))
= exp
(
log
(
1 + 1
n
)
1
n
)
Como a exponencial e o logaritmo sa˜o func¸o˜es inversas, segue que(
1 +
1
n
)n
= exp
(
log
(
1 + 1
n
)
1
n
)
c) Tomando o limite em ambos os lado da equac¸a˜o do item anterior, obtemos
lim
(
1 +
1
n
)n
= lim exp
(
log
(
1 + 1
n
)
1
n
)
= exp
(
lim
log
(
1 + 1
n
)
1
n
)
= exp(1)
= e
onde usamos que a exponencial e´ cont´ınua e que, por L’Hospital,
lim
log
(
1 + 1
n
)
1
n
= lim
(
log
(
1 + 1
n
))′(
1
n
)′
= lim
1
1+ 1
n
(− 1
n2
)
− 1
n2
= lim
1
1+ 1
n
1
= 1
FIQUE DE ΘLHΘ: E´ ERRADO fazer
lim
(
1 +
1
n
)n
=
(
lim 1 +
1
n
)n
= 1n = 1
Pa´gina 5 de 44
por diversos motivos:
1) o limite so´ pode ser passado para dentro de uma func¸a˜o cont´ınua fixa, que NA˜O
depende de n.
2) a base e o expoente variam ao mesmo tempo com n, enta˜o e´ ERRADO tomar o
limite em apenas um deles, desconsiderando o outro!
Esse e´ um erro comum ao calcular limites: tome cuidado para na˜o fazeˆ-lo ou sena˜o as
consequeˆncias sera˜o desastrosas para suas notas e sua reputac¸a˜o!
Pa´gina 6 de 44
5) (Desafio) A sequeˆncia rn da razo˜es dos termos consecutivos da sequeˆncia de Fibonacci
satisfazem r1 = 1 e a equac¸a˜o de recorreˆncia
rn+1 = 1 +
1
rn
Por outro lado, a raza˜o a´urea ϕ > 1 satisfaz uma equac¸a˜o parecida
ϕ = 1 +
1
ϕ
O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que
lim
n→∞
rn = ϕ
a) Subtraindo as equac¸o˜es acima, mostre que
rn+1 − ϕ = ϕ− rn
rnϕ
para todo n.
b) Usando o item anterior e que rn ≥ 1, mostre que
|rn+1 − ϕ|
|rn − ϕ| ≤
1
ϕ
para todo n.
c) Usando o item anterior repetidas vezes, mostre que
|rn+1 − ϕ| ≤ 1
ϕn
|r1 − ϕ|.
d) Utilizando o item anterior, conclua que lim rn = ϕ.
Soluc¸a˜o
a) Temos que
rn+1 − ϕ = 1
rn
− 1
ϕ
=
ϕ− rn
rnϕ
para todo n.
b) Utilizando o item anterior, segue enta˜o que
|rn+1 − ϕ| =
∣∣∣∣ϕ− rnrnϕ
∣∣∣∣
=
|rn − ϕ|
rnϕ
de modo que
|rn − ϕ|
|rn−1 − ϕ| =
1
rnϕ
≤ 1
ϕ
.
para todo n, onde usamos na u´ltima igualdade que rn ≥ 1.
Pa´gina 7 de 44
c) Podemos escrever |rn+1 − ϕ| da seguinte forma
|rn+1 − ϕ| = |rn+1 − ϕ||rn − ϕ| |rn − ϕ|
=
|rn+1 − ϕ|
|rn − ϕ|
|rn − ϕ|
|rn−1 − ϕ| |rn−1 − ϕ|
...
=
|rn+1 − ϕ|
|rn − ϕ|
|rn − ϕ|
|rn−1 − ϕ| · · ·
|r3 − ϕ|
|r2 − ϕ|
|r2 − ϕ|
|r1 − ϕ| |r1 − ϕ|
onde multiplicamos e dividimos pela mesma quantidade de uma linha para outra, sem
alterarmos o resultado. Pelo item anterior, cada uma dos n quocientes e´ menor que
1/ϕ, de modo que
|rn+1 − ϕ| ≤
n vezes︷ ︸︸ ︷
1
ϕ
1
ϕ
· · · 1
ϕ
1
ϕ
|r1 − ϕ| = 1
ϕn
|r1 − ϕ|
d) Uma vez que 0 < 1/ϕ < 1, temos que lim 1/ϕn = lim(1/ϕ)n = 0. Pela regra do limite
do produto, segue que
lim
1
ϕn
|r1 − ϕ| = 0.
Pelo item anterior e pelo Teorema do Sandu´ıche, segue que
lim |rn+1 − ϕ| = 0,
o que mostra que
lim rn+1 = ϕ
de modo que
lim rn = ϕ
FIQUE DE ΘLHΘ: Como curiosidade, observe que esse exerc´ıcio tambe´m mostra
o seguinte:
r1 = 1
r2 = 1 +
1
1
r3 = 1 +
1
1 +
1
1
r4 = 1 +
1
1 +
1
1 +
1
1↓
ϕ = 1 +
1
1 +
1
1 +
1
1 +
1
. . .
Pa´gina 8 de 44
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 1 – Lista 2 – Soluc¸a˜o
1) O tapete de Sierpinski 1 e´ a figura geome´trica S constru´ıda a partir de um limite passo-
a-passo da seguinte maneira:
S0 S1 S2 S3 · · · S
S0 : Comec¸amos com um quadrado S0 de lado 1 (preenchido de preto).
S1 : Do centro do quadrado S0 retiramos um quadrado menor de lado 1/3 (preenchido
de branco), obtendo assim a figura S1, formada por 8 quadrados (preenchidos de
preto).
S2 : Do centro de cada um dos 8 quadrados de S1 retiramos um quadrado menor de
lado (1/3)2 = 1/9 (preenchidos de branco), obtendo assim a figura S2, formada por
82 = 64 quadrados (preenchidos de preto).
S3 : Do centro de cada um dos 8
2 quadrados de S2 retiramos um quadrado menor de
lado (1/3)3 (preenchidos de branco), obtendo assim a figura S3, formada por 8
3
quadrados (preenchidos de preto).
· · ·
O tapete de Sierpinski S e´ a figura limite obtida ao final desse processo. Vamos mostrar
que essa figura tem a´rea 0 e per´ımetro infinito: e´ portanto uma regia˜o de a´rea zero que
precisa de uma cerca de comprimento infinito para cerca´-la. Observe que o per´ımetro de
S e´ o comprimento da fronteira entre a regia˜o preenchida de preto e a regia˜o preenchida
de branca, portanto e´ o per´ımetro do quadrado inicial somado aos per´ımetros de todos
os quadrados retirados.
a) Mostre que o per´ımetro de S e´ dado pela soma infinita
P = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 + 82 · 4(1/3)3 + 83 · 4(1/3)4 + · · ·
b) Conclua que P =∞.
c) Mostre que a a´rea de S e´ dada pela soma infinita
A = 1− [(1/3)]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2 − 83[(1/3)4]2 − · · ·
d) Conclua que A = 0.
1Matema´tico poloneˆs que inventou essa figura em 1915.
Pa´gina 9 de 44
Observac¸a˜o: podemos pensar que o tapete de Sierpinski e´ uma
maneira de, ocupando uma a´rea pequena, descrever um per´ımetro
grande. Seu ana´logo tridimensional, o cubo de Sierpinski, e´ cons-
tru´ıdo a` partir de um cubo e possui volume zero e a´rea da superf´ıcie
infinita. E´ uma maneira de, ocupando um volume pequeno, des-
crever uma a´rea de superf´ıcie grande. Os galhos de uma a´rvore e
os a´lve´olos de um pulma˜o, por exemplo, parecem seguir esse tipo
de figura para -ocupando o mı´nimo de volume no espac¸o- obter
uma grande superf´ıcie de absorc¸a˜o de gases (e tambe´m de luz, no
caso da a´rvore). Esse tipo de figura e´ hoje conhecida como fractal.
Para mais sobre isso, leia o artigo “Intuic¸o˜es fractais”, de Joa˜o
Moreira Salles na revista Piau´ı, Edic¸a˜o 50, Novembro de 2010.
Soluc¸a˜o
a) Como o per´ımetro de um quadrado de lado x e´ 4x, temos que
per´ımetro de S0 = 4
per´ımetro de S1 = 4 + 4(1/3)
per´ımetro de S2 = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2
per´ımetro de S3 = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 + 82 · 4(1/3)3
per´ımetro de S4 = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 + 82 · 4(1/3)3 + 83 · 4(1/3)4
· · ·
E assim em diante.
b) Manipulando a soma infinita P obtemos
P = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 + 82 · 4(1/3)3 + 83 · 4(1/3)4 + · · ·
= 4 + (4/3)(1 + 8 · (1/3) + 82 · (1/3)2 + 83 · (1/3)3 + · · · )
= 4 + (4/3)(1 + (8/3) + (8/3)2 + (8/3)3 + · · · )
onde aparece a se´rie geome´trica de raza˜o 8/3. Uma vez que 8/3 > 1, essa se´rie diverge
para ∞. Segue enta˜o que
P = 4 + (4/3) · ∞ =∞
c) Como a a´rea de um quadrado de lado x e´ x2, temos que
a´rea de S0 = 3
a´rea de S1 = 3− [1/3]2
a´rea de S2 = 3− [1/3]2 − 8[(1/3)2]2
a´rea de S3 = 3− [1/3]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2.
a´rea de S4 = 3− [1/3]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2 − 83[(1/3)4]2
· · ·
E assim em diante.
d) Usando que (xa)b = (xb)a e manipulando a soma infinita A obtemos
A = 1− [(1/3)]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2 − 83[(1/3)4]2 − · · ·
= 1− [(1/3)]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)2]3 − 83[(1/3)2]4 − · · ·
= 1− 1/9− 8[1/9]2 − 82[1/9]3 − 83[1/9]4 − · · ·
= 1− (1/9)(1 + 8(1/9) + 82(1/9)2 + 83(1/9)3 + · · · )
= 1− (1/9)(1 + (8/9) + (8/9)2 + (8/9)3 + · · · )
Pa´gina 10 de 44
onde aparece a se´rie geome´trica de raza˜o 8/9. Uma vez que |8/9| < 1, essa se´rie
converge para
1 + (8/9) + (8/9)2 + (8/9)3 + · · · = 1
1− (8/9) = 9
Segue enta˜o que
A = 1− (1/9)9 = 0
Pa´gina 11 de 44
2) Para cada se´rie telesco´pica abaixo, escreva a se´rie com a notac¸a˜o de somato´rio, encontre
uma fo´rmula fechada para suas somas parciais e use-a para encontrar o valor da se´rie.
a)
5
1 · 2 +
5
2 · 3 +
5
3 · 4 + · · ·+
5
n(n+ 1)
+ · · ·
b) log
(
k
k + 1
)
+ log
(
k + 1
k + 2
)
+ log
(
k + 2
k + 3
)
+ · · ·+ log
(
n
n+ 1
)
+ · · ·
Soluc¸a˜o
a) Escrevendo a se´rie com a notac¸a˜o de somato´rio temos
5
1 · 2 +
5
2 · 3 +
5
3 · 4 + · · ·+
5
n(n+ 1)
+ · · · =
∞∑
n=1
5
n(n+ 1)
Para considerar suas somas parciais, primeiro reescrevemos o termo geral da seguinte
forma
5
n(n+ 1)
=
5
n
− 5
n+ 1
(Verifique!)
Assim sua m-e´sima soma parcial fica
sm =
(
5
1
− 5
2
)
+
(
5
2
− 5
3
)
+ · · ·
(
5
m
− 5
m+ 1
)
Apo´s diversos cancelamentos, obtemos que
sm = 5− 5
m+ 1
Segue da´ı que
lim
m→∞
sm = 5
Assim ∞∑
n=1
5
n(n+ 1)
= 5
b) Escrevendo a se´rie com a notac¸a˜o de somato´rio temos
log
(
k
k + 1
)
+log
(
k + 1
k + 2
)
+log
(
k + 2
k + 3
)
+· · ·+log
(
n
n+ 1
)
+· · · =
∞∑
n=k
log
(
n
n+ 1
)
Para considerar suas somas parciais, primeiro reescrevemos o termo geral da seguinte
forma
log
(
n
n+ 1
)
= log(n)− log(n+ 1)
Assim sua m-e´sima soma parcial fica
sm = (log(k)− log(k + 1)) + (log(k + 1)− log(k + 2)) + · · · (log(m)− log(m+ 1))
Apo´s diversos cancelamentos, obtemos que
sm = log(k)− log(m+ 1)
Pa´gina 12 de 44
Segue da´ı que
lim
m→∞
sm = log(k)− lim
m→∞
log(m+ 1)
= log(k)−∞
= −∞
Assim ∞∑
n=k
log
(
n
n+ 1
)
= −∞
e essa se´rie telesco´pica diverge.
FIQUE DE ΘLHΘ: Nesse item na˜o podemos utilizar o Teste da Divergeˆncia
para mostrar que a se´rie diverge, uma vez que
lim log
(
n
n+ 1
)
= log
(
lim
n
n+ 1
)
= log(1) = 0
Pa´gina 13 de 44
3) Escreva as expresso˜es abaixo como se´ries de poteˆncias da forma
∞∑
n=0
cnx
n, determinando
seus coeficientes cn.
a) A expressa˜o (1− x)
∞∑
n=0
1
n!
xn.
b) A expressa˜o (1− x)
∞∑
n=0
(n+ 1)xn.
c) A expressa˜o (1− x2)
∞∑
n=0
1
n!
xn.
d) A expressa˜o (1− x2)
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn.
Soluc¸a˜o
a) Temos que
(1− x)
∞∑
n=0
1
n!
xn =
∞∑
n=0
1
n!
xn − x
∞∑
n=0
1
n!
xn
=
∞∑
n=0
1
n!
xn +
∞∑
n=0
− 1
n!
xn+1
Para transformar essa expressa˜o numa u´nica se´rie, vamos efetuar uma mudanc¸a de
ı´ndices na se´rie da segunda parcela, de modo que
(1− x)
∞∑
n=0
1
n!
xn =
∞∑
n=0
1
n!
xn +
∞∑
n=1
− 1
(n− 1)!x
n
Como os ı´ndices da se´rie da primeira parcela comec¸am em n = 0, enquanto os ı´ndices
da se´rie da segunda parcela comec¸am em n = 1, devemos separar o primeiro termo
da se´rie da primeira parcela, de modo que
(1− x)
∞∑
n=0
1
n!
xn = 1 +
∞∑
n=1
1
n!
xn +
∞∑
n=1
− 1
(n− 1)!x
n
= 1 +
∞∑
n=1
(
1
n!
− 1
(n− 1)!
)
xn
Segue enta˜o que
c0 = 1, cn =
1
n!
− 1
(n− 1)!
para n ≥ 1.
b) Temos que
(1− x)
∞∑
n=0
(n+ 1)xn =
∞∑
n=0
(n+ 1)xn − x
∞∑
n=0
(n+ 1)xn
=
∞∑
n=0
(n+ 1)xn +
∞∑
n=0
−(n+ 1)xn+1
Pa´gina 14 de 44
Para transformar essa expressa˜o numa u´nica se´rie, vamos efetuar uma mudanc¸a de
ı´ndices na se´rie da segunda parcela, de modo que
(1− x)
∞∑
n=0
(n+ 1)xn =
∞∑
n=0
(n+ 1)xn +
∞∑
n=1
−nxn
Devemos notar que os ı´ndices da se´rie da segunda parcela podem comec¸ar em n = 0,
uma vez que
0x0 = 0
de modo que
(1− x)
∞∑
n=0
(n+ 1)xn =
∞∑
n=0
(n+ 1)xn +
∞∑
n=0
−nxn
=
∞∑
n=0
((n+ 1)− n)xn
=
∞∑
n=0
xn
Segue enta˜o que
cn = 1
para n ≥ 0.
c) Temos que
(1− x2)
∞∑
n=0
1
n!
xn =
∞∑
n=0
1
n!
xn − x2
∞∑
n=0
1
n!
xn
=
∞∑
n=0
1
n!
xn +
∞∑
n=0
− 1
n!
xn+2
Para transformar essa expressa˜o numa u´nica se´rie, vamos efetuar uma mudanc¸a de
ı´ndices na se´rie da segunda parcela, de modo que
(1− x2)
∞∑
n=0
1
n!
xn =
∞∑
n=0
1
n!
xn +
∞∑
n=2
− 1
(n− 2)!x
n
Como os ı´ndices da se´rie da primeira parcela comec¸am em n = 0, enquanto os ı´ndices
da se´rie da segunda parcela comec¸am em n = 2, devemos separar os dois primeiros
termos da se´rie da primeira parcela, de modo que
(1− x2)
∞∑
n=0
1
n!
xn = 1 + x+
∞∑
n=2
1
n!
xn +
∞∑
n=2
− 1
(n− 2)!x
n
= 1 + x+
∞∑
n=2
(
1
n!
− 1
(n− 2)!
)
xn
Segue enta˜o que
c0 = 1, c1 = 1, cn =
1
n!
− 1
(n− 2)!
para n ≥ 2.
Pa´gina 15 de 44
d) Temos que
(1− x2)
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn =
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn − x2
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn
=
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn +
∞∑
n=0
−(n+ 2)(n+ 1)xn+2
Para transformar essa expressa˜o numa u´nica se´rie, vamos efetuar uma mudanc¸a de
ı´ndices na se´rie da segunda parcela, de modo que
(1− x2)
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn =
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn +
∞∑
n=2
−n(n− 1)xn
Devemos notar que os ı´ndices da se´rie da segunda parcela podem comec¸ar em n = 0,
uma vez que
0(0− 1)x0 = 0, 1(1− 1)x1 = 0
de modo que
(1− x2)
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn =
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)xn +
∞∑
n=0
−n(n− 1)xn
=
∞∑
n=0
((n+ 2)(n+ 1)− n(n− 1))xn
Segue enta˜o que
cn = (n+ 2)(n+ 1)− n(n− 1)
para n ≥ 0.
Pa´gina 16 de 44
4) Nos itens abaixo, determine se a afirmac¸a˜o e´ verdadeira ou falsa. Se for verdadeira,
demonstre porque. Se for falsa, deˆ um exemplo que prove sua falsidade.
a) Se a se´rie
∞∑
n=0
an converge, enta˜o lim an = 0.
b) Se lim an = 0, enta˜o a se´rie
∞∑
n=0
an converge.
c) Se as se´ries
∞∑
n=0
an e
∞∑
n=0
bn divergem, enta˜o
∞∑
n=0
(an + bn) diverge.
d) Se 0 ≤ an ≤ bn e a se´rie
∞∑
n=0
bn diverge, enta˜o a se´rie
∞∑
n=0
an diverge.
Soluc¸a˜o
a) Verdadeira. Uma maneira de provar isso e´ a seguinte. Se a se´rie
∞∑
n=0
an converge,
enta˜o a sequeˆncia sm =
m∑
n=0
an das suas somas parciais converge para um valor finito
s. Temos enta˜o que
lim an = lim sn − lim sn−1 = s− s = 0
b) Falsa. Basta pensar na se´rie harmoˆnica
∞∑
n=0
1
n
que diverge, pore´m seu termo geral
1
n
→ 0.
FIQUE DE ΘLHΘ: E´ errado tentar mostrar que uma afirmac¸a˜o e´ Verdadeira
considerando apenas um exemplo. Mas e´ correto mostrar que uma afirmac¸a˜o e´
Falsa mostrando apenas um exemplo em que ela na˜o vale, isso e´ o que se chama
de um contra-exemplo para a afirmac¸a˜o.
Achar que o termo geral ir para zero e´ suficiente para garantir que uma se´rie
converge e´ um dos erros mais ba´sicos que se pode fazer com se´ries: tome cuidado
para na˜o fazeˆ-lo ou sena˜o as consequeˆncias sera˜o desastrosas para suas notas e sua
reputac¸a˜o!
O exemplo da se´rie harmoˆnica pode ser contra-intuito, mas e´ essencial para enten-
der a dificuldade de se lidar com somas infinitas. Se o porqueˆ da se´rie harmoˆnica
divergir na˜o esta´ claro, reveja a demonstrac¸a˜o e entenda a intuic¸a˜o por tra´s desse
fato.
c) Falsa. Temos que as se´ries
∞∑
n=0
n e
∞∑
n=0
−n divergem. Por outro lado, temos que a
se´rie
∞∑
n=0
(n+ (−n)) converge.
d) Falsa. Temos que
0 ≤ 1
n2
≤ 1
n
Pa´gina 17 de 44
e que a se´rie harmoˆnica
∞∑
n=0
1
n
diverge, enquanto a se´rie 2-harmoˆnica
∞∑
n=0
1
n2
converge
FIQUE DE ΘLHΘ: Para aplicar o teste da comparac¸a˜o e´ fundamental que as
se´ries sejam de termos positivos an ≥ 0 e e que elas estejam na ordem certa: o
termo geral an abaixo do termo geral de uma se´rie convergente implica que
∑∞
n=0 an
e´ convergente, ou o termo geral an acima do termo geral de uma se´rie divergente
implica que
∑∞
n=0 an e´ divergente.
Pa´gina 18 de 44
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 1 – Lista 3 – Soluc¸a˜o
1) Para cada se´rie de poteˆncias abaixo, expanda os primeiros quatro termos na˜o nulos e
descubra para quais valores de x ∈ R a se´rie converge.
a)
∞∑
n=1
1
n
xn.
b)
∞∑
n=0
1
n!
xn.
c)
∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
x2k.
d)
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x2k+1.
Soluc¸a˜o
a) Os quatro primeiro termos na˜o-nulos sa˜o
∞∑
n=1
1
n
xn = x+
x2
2
+
x3
3
+
x4
4
+ · · ·
Aplicando o teste da raza˜o, temos que
lim
∣∣∣∣∣ 1n+1xn+11
n
xn
∣∣∣∣∣ =
(
lim
n
n+ 1
)
|x| = |x|,
temos que a se´rie
∞∑
n=0
1
n
xn converge quando |x| < 1 e diverge quando |x| > 1. Quando
|x| = 1, o teste da raza˜o na˜o se aplica e temos que substituir os valores de x direta-
mente.
Para x = 1 a se´rie de poteˆncias fica
∞∑
n=1
1
n
(1)n =
∞∑
n=1
1
n
que diverge pois e´ a se´rie harmoˆnica.
Para x = −1 a se´rie de poteˆncias fica
∞∑
n=1
1
n
(−1)n =
∞∑
n=1
(−1)n
n
que converge pois e´ a se´rie harmoˆnica alternada.
Segue que a se´rie converge se, somente se x ∈ [−1, 1).
Pa´gina 19 de 44
b) Os quatro primeiro termos na˜o-nulos sa˜o
∞∑
n=0
1
n!
xn = 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+ · · ·
Aplicando o teste da raza˜o, temos que
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
1
(n+ 1)!
xn+1
1
n!
xn
∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣ n!(n+ 1)!x
∣∣∣∣ = lim |x|n+ 1 = 0,
onde usamos que (n+ 1)! = (n+ 1)n!. Segue que a se´rie converge para todo x ∈ R.
c) Os quatro primeiro termos na˜o-nulos sa˜o
∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
x2k = 1− x
2
2!
+
x4
4!
− x
6
6!
+ · · ·
Aplicando o teste da raza˜o, temos que
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
(−1)k+1
(2(k + 1))!
x2(k+1)
(−1)k
(2k)!
x2k
∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣ (2k)!(2k + 2)!x2
∣∣∣∣ = lim |x|2(2k + 2)(2k + 1) = 0,
onde usamos que (2k + 2)! = (2k + 2)(2k + 1)(2k)!. Segue
que a se´rie converge para
todo x ∈ R.
d) Os quatro primeiro termos na˜o-nulos sa˜o
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x2k+1 = x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ · · ·
Aplicando o teste da raza˜o, temos que
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
(−1)k+1
(2(k + 1) + 1)!
x2(k+1)+1
(−1)k
(2k + 1)!
x2k+1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim
∣∣∣∣(2k + 1)!(2k + 3)!x2
∣∣∣∣ = lim |x|2(2k + 3)(2k + 2) = 0,
onde usamos que (2k + 3)! = (2k + 3)(2k + 2)(2k + 1)!. Segue que a se´rie converge
para todo x ∈ R.
Pa´gina 20 de 44
2) Nos itens abaixo, determine se a afirmac¸a˜o e´ verdadeira ou falsa. Se for verdadeira,
demonstre porque. Se for falsa, deˆ um exemplo que prove sua falsidade.
a) Se
∞∑
n=0
|an| converge, enta˜o
∞∑
n=0
(an)
2 tambe´m converge.
b) Se
∞∑
n=0
(an)
2 converge, enta˜o
∞∑
n=0
|an| tambe´m converge.
c) Se 0 ≤ an ≤ bn e a se´rie
∞∑
n=0
bn diverge, enta˜o a se´rie
∞∑
n=0
an diverge.
d) Se lim n
√|an| < 1, enta˜o lim an = 0.
e) Para cada x ∈ R, temos que lim x
n
n!
= 0.
f) Se lim
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = 1, enta˜o ∞∑
n=0
an converge.
g) Se lim
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = 1, enta˜o ∞∑
n=0
an diverge.
Soluc¸a˜o
a) Verdadeira. Se a se´rie
∞∑
n=0
|an| converge, enta˜o lim |an| = 0, portanto existe um k a`
partir do qual
0 ≤ |an| < 1
para todo n ≥ k. Multiplicando essa desigualdade por |an| e usando que |an|2 = (an)2,
obtemos que
0 ≤ (an)2 ≤ |an|
para todo n ≥ k. Somando essas desigualdades, obtemos
∞∑
n=k
(an)
2 ≤
∞∑
n=k
|an| ≤
∞∑
n=0
|an| <∞.
Como e´ uma se´rie de parcelas positivas, a cauda
∑∞
n=k(an)
2 converge. Como a cauda
converge, a se´rie converge.
b) Falsa. Basta pensar na se´rie 2-harmoˆnica
∞∑
n=1
(
1
n
)2
, que converge, enquanto a se´rie
harmoˆnica
∞∑
n=1
1
n
diverge.
c) Falsa. Temos que 0 ≤ 1
n2
≤ 1
n
e que a se´rie harmoˆnica
∞∑
n=1
1
n
diverge, enquanto a
se´rie 2-harmoˆnica
∞∑
n=1
1
n2
converge.
d) Verdadeira. Se lim n
√|an| < 1, pelo teste da raiz, a se´rie ∞∑
n=0
an converge, de modo
que suas parcelas lim an = 0.
Pa´gina 21 de 44
e) Verdadeira. Temos que
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
xn+1
(n+ 1)!
xn
n!
∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim
|x|
n+ 1
= 0,
Pelo teste da raza˜o, a se´rie
∞∑
n=0
xn
n!
converge, de modo que suas parcelas lim
xn
n!
= 0.
f) Falsa. Basta pensar na se´rie harmoˆnica
∞∑
n=1
1
n
, que diverge, enquanto
lim
∣∣∣∣∣∣∣
1
n+ 1
1
n
∣∣∣∣∣∣∣ = lim
n
n+ 1
= 1.
g) Falsa. Basta pensar na se´rie 2-harmoˆnica
∞∑
n=1
1
n2
, que converge, enquanto
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
1
(n+ 1)2
1
n2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim
(
n
n+ 1
)2
= 1.
Pa´gina 22 de 44
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 1 – Lista 4 – Soluc¸a˜o
1) O objetivo desse exerc´ıcio e´ descobrir para que valores de p a se´rie p-harmoˆnica
∞∑
n=1
1
np
=
∞∑
n=1
(
1
n
)p
converge ou diverge.
a) Mostre que, para qualquer p, o teste da raiz e o teste da raza˜o sa˜o inconclusivos.
b) Para p > 1, use o teste da integral para mostrar que a se´rie converge.
c) Para 0 < p ≤ 1, use o teste da integral para mostrar que a se´rie diverge. Essa e´ uma
outra forma de mostrar que a se´rie harmoˆnica (p = 1) e´ divergente.
Soluc¸a˜o
FIQUE DE ΘLHΘ: Na˜o confunda uma se´rie p-harmoˆnica com uma se´rie
geome´trica de raza˜o x. No termo geral de uma se´rie p-harmoˆnica, a base varia com n
e o expoente e´ fixo = p. No termo geral de uma se´rie geome´trica de raza˜o x, a base e´
fixa = x, o expoente varia com n.
Compare, por exemplo, a se´rie 2-harmoˆnica com a se´rie geome´trica de raza˜o
1
2
.
a) Temos que
lim
n
√
1
np
= lim
1
n
√
np
= lim
1
( n
√
n)p
= 1,
uma vez que lim n
√
n = 1 e que a func¸a˜o xp e´ cont´ınua. Temos tambe´m que
lim
1
(n+ 1)p
1
np
= lim
np
(n+ 1)p
= lim
(
n
n+ 1
)p
= 1,
uma vez que limn/(n + 1) = 1 e que a func¸a˜o xp e´ cont´ınua. Isso mostra que, para
todo p, o teste da raiz e o teste da raza˜o sa˜o inconclusivos.
b) Se p > 1, temos que ax =
1
xp
e´ positiva e decrescente. Pelo teste da integral, a se´rie
p-harmoˆnica
∞∑
n=1
1
np
converge se
∫ ∞
1
an dn <∞.
Pa´gina 23 de 44
Temos que∫ ∞
1
an dn =
∫ ∞
1
n−p dn =
[
n1−p
1− p
]∞
1
= lim
n→∞
(
n1−p
1− p −
1
1− p
)
=
1
p− 1 ,
onde usamos que
lim
n→∞
n1−p = lim
n→∞
1
np−1
= 0,
uma vez que p− 1 > 0. Portanto a se´rie p-harmoˆnica converge para qualquer p > 1.
c) Se 0 < p < 1, temos que ax =
1
xp
e´ positiva e decrescente. Pelo teste da integral, a
se´rie p-harmoˆnica
∞∑
n=1
1
np
diverge se
∫ ∞
1
an dn =∞.
Temos que∫ ∞
1
an dn =
∫ ∞
1
n−p dn =
[
n1−p
1− p
]∞
1
= lim
n→∞
(
n1−p
1− p −
1
1− p
)
=∞,
onde usamos que
lim
n→∞
n1−p =∞,
uma vez que 1− p > 0. Por outro lado, se p = 1, temos que∫ ∞
1
an dn =
∫ ∞
1
1
n
dn = [log(n)]∞1 = limn→∞
log(n) =∞.
Portanto a se´rie p-harmoˆnica diverge para qualquer 0 < p ≤ 1.
Pa´gina 24 de 44
2) O objetivo desse exerc´ıcio e´ apresentar se´ries de poteˆncias que possuem o mesmo raio de
convergeˆncia, mas com domı´nios diferentes. Verifique as seguintes afirmac¸o˜es.
a) O domı´nio de
∞∑
n=0
xn e´ o intervalo aberto (−1, 1) com raio 1.
b) O domı´nio de
∞∑
n=1
1
n
xn e´ o intervalo [−1, 1) com raio 1.
c) O domı´nio de
∞∑
n=1
(−1)n
n
xn e´ o intervalo (−1, 1] com raio 1.
d) O domı´nio de
∞∑
n=1
1
n2
xn e´ o intervalo fechado [−1, 1] com raio 1.
e) O domı´nio de
∞∑
k=1
(−1)k
k
x2k e´ o intervalo fechado [−1, 1] com raio 1.
Soluc¸a˜o
a) Como
lim
∣∣∣∣xn+1xn
∣∣∣∣ = lim |x| = |x|,
pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 1 e diverge quando
|x| > 1.
Quando |x| = 1 a se´rie tambe´m diverge, uma vez que, nesse caso, o termo geral na˜o
vai pra zero, pois |xn| = |x|n = 1.
Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo aberto (−1, 1).
b) Como
lim
∣∣∣∣∣∣∣
1
n+ 1
xn+1
1
n
xn
∣∣∣∣∣∣∣ =
(
lim
n
n+ 1
)
|x| = |x|,
pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 1 e diverge quando
|x| > 1.
Quando x = 1 a se´rie tambe´m diverge, uma vez que, nesse caso
∞∑
n=1
1
n
(1)n =
∞∑
n=1
1
n
=∞.
pois e´ a se´rie harmoˆnica.
Quando x = −1 a se´rie converge, uma vez que, nesse caso
∞∑
n=1
1
n
(−1)n =
∞∑
n=1
(−1)n
n
e´ a se´rie harmoˆnica alternada.
Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo [−1, 1).
Pa´gina 25 de 44
c) Como
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
(−1)n+1
n+ 1
xn+1
(−1)n
n
xn
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
(
lim
n
n+ 1
)
|x| = |x|,
pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 1 e diverge quando
|x| > 1.
Quando x = 1 a se´rie converge, uma vez que, nesse caso
∞∑
n=1
1
n
(−1)n =
∞∑
n=1
(−1)n
n
e´ a se´rie harmoˆnica alternada.
Quando x = −1 a se´rie diverge, uma vez que, nesse caso
∞∑
n=1
(−1)n
n
(−1)n =
∞∑
n=1
1
n
=∞.
e´ a se´rie harmoˆnica.
Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo (−1, 1].
d) Como
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
1
(n+ 1)2
xn+1
1
n2
xn
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
(
lim
n2
(n+ 1)2
)
|x| = |x|,
pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 1 e diverge quando
|x| > 1.
Quando |x| = 1 a se´rie converge absolutamente, uma vez que, nesse caso
∞∑
n=1
∣∣∣∣ 1n2xn
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
1
n2
<∞.
e´ a se´rie 2-harmoˆnica, que converge.
Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo fechado [−1, 1].
e) Como
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
(−1)k+1
k + 1
x2(k+1)
(−1)k
k
x2k
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
(
lim
k
k + 1
)
|x|2
= |x|2,
pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge absolutamente quando |x|2 < 1 e
diverge quando |x|2 > 1. Portanto a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 1 e
diverge quando |x| > 1.
Quando |x| = 1 a se´rie tambe´m converge, uma vez que para x = ±1, temos x2k = 1,
logo
∞∑
k=1
(−1)k
k
x2k =
∞∑
k=1
(−1)k
k
e´ a se´rie harmoˆnica alternada, que converge.
Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo fechado [−1, 1]
Pa´gina 26 de 44
3) O objetivo desse exerc´ıcio e´ apresentar algumas se´ries de poteˆncias que naturalmente
possuem raio de convergeˆncia diferente de zero, de um e de infinito.
a) Considere fn a sequeˆncia de Fibonacci. Utilizando o teste da raza˜o, mostre que o raio
de convergeˆncia de
∞∑
n=1
fnx
n
e´ igual dado por R = 1/φ, onde φ e´ a raza˜o a´urea.
b) Utilizando o teste da raiz, mostre que o raio de convergeˆncia de
∞∑
n=1
(
1 +
1
n
)n2
xn
e´ dado por R = 1/e.
c) Utilizando o teste da raza˜o, mostre que o raio de convergeˆncia de
∞∑
n=1
nn
n!
xn
e´ dado por R = 1/e.
Soluc¸a˜o
a) Pelo teste da raza˜o temos que
lim
∣∣∣∣fn+1xn+1fnxn
∣∣∣∣ = lim fn+1fn |x| = φ|x|
onde usamos que
lim
fn+1
fn
= φ
Pelo teste da raza˜o, temos que a se´rie de poteˆncias converge quando φ|x| < 1 e diverge
quando φ|x| > 1. Ou seja, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 1/φ e diverge
quando |x| > 1/φ, de modo que o raio de convergeˆncia e´ dado por R = 1/φ.
b) Pelo Teste da raiz temos que
lim n
√√√√∣∣∣∣∣
(
1 +
1
n
)n2
xn
∣∣∣∣∣ = lim
((
1 +
1
n
)n2
|x|n
) 1
n
= lim
(
1 +
1
n
)n
|x| = e|x|
onde usamos que
lim
(
1 +
1
n
)n
= e
Pelo teste da raza˜o, temos que a se´rie de poteˆncias converge quando e|x| < 1 e diverge
quando e|x| > 1. Ou seja, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 1/e e diverge
quando |x| > 1/e, de modo que o raio de convergeˆncia e´ dado por R = 1/e.
Pa´gina 27 de 44
c) Pelo teste da raza˜o temos que
lim
∣∣∣∣∣∣∣∣
(n+ 1)n+1
(n+ 1)!
xn+1
nn
n!
xn
∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim
(n+ 1)n
nn
|x|
= lim
(
n+ 1
n
)n
|x|
= lim
(
1 +
1
n
)n
|x|
= e|x|
onde usamos que
lim
(
1 +
1
n
)n
= e
Pelo teste da raza˜o, temos que a se´rie de poteˆncias converge quando
e|x| < 1 ⇐⇒ |x| < 1
e
e diverge quando
e|x| > 1 ⇐⇒ |x| > 1
e
Assim, seu raio de convergeˆncia e´ R = 1/e.
Pa´gina 28 de 44
4) Nos itens abaixo, determine se a afirmac¸a˜o e´ verdadeira ou falsa. Se for verdadeira,
demonstre porque. Se for falsa, deˆ um exemplo que prove sua falsidade.
a) Se an e´ positiva e a se´rie
∞∑
n=0
an converge, enta˜o a se´rie
∞∑
n=0
(−1)nan converge.
b) Se a se´rie
∞∑
n=0
|an| diverge, enta˜o a se´rie
∞∑
n=0
an diverge.
c) Toda se´rie alternada converge.
d) Nenhuma se´rie alternada converge absolutamente.
e) Todo polinoˆmio e´ uma se´rie de poteˆncias com raio de convergeˆncia infinito.
f) Se uma se´rie de poteˆncias
∞∑
n=0
cnx
n tem raio de convergeˆncia R = 1 enta˜o seu domı´nio
e´ (−1, 1).
Soluc¸a˜o
a) Verdadeira. A se´rie
∞∑
n=0
(−1)nan converge absolutamente, pois
∞∑
n=0
|(−1)nan| =
∞∑
n=0
an
converge.
b) Falsa. Por exemplo, tome an =
(−1)n
n
. Temos que
∞∑
n=0
|an| =
∞∑
n=0
1
n
diverge, pois e´ a
se´rie harmoˆnica e, no entanto,
∞∑
n=0
an converge, pelo teste da se´rie alternada.
c) Falsa. Por exemplo, a se´rie alternada
∞∑
n=0
(−1)n diverge, uma vez que seu termo geral
(−1)n na˜o tende a zero.
d) Falsa. Por exemplo, tome an =
(−1)n
n2
. Temos que
∞∑
n=0
an converge absolutamente,
pois
∞∑
n=0
|an| =
∞∑
n=0
1
n2
converge, uma vez que e´ se´rie p-harmoˆnica com p > 1. Segue
que
∞∑
n=0
an e´ alternada e absolutamente convergente.
e) Verdadeira. Um polinoˆmio p(x) = b0 + b1x + · · · + bkxk de grau k e´ uma se´rie de
poteˆncias
∑∞
n=0 anx
n, onde os coeficientes sa˜o dados por
a0 = b0, a1 = b1, . . . ak = bk
e
an = 0
para todo n > k. Como o domı´nio de um polinoˆmio e´ a reta toda, segue que o raio
de convergeˆncia da se´rie e´ infinito.
Pa´gina 29 de 44
f) Falsa. A se´rie de poteˆncias
∞∑
n=1
1
n
xn analisada na Questa˜o 2(b) dessa lista tem R = 1
mas domı´nio [−1, 1).
Pa´gina 30 de 44
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 1 – Lista 5 – Soluc¸a˜o
1) Considere as func¸o˜es
y(x) =
∞∑
n=0
(−1)nx
n
n!
e
z(x) =
∞∑
k=0
(−4)k x
2k
(2k)!
definidas para todo x ∈ R.
a) Calcule y′(x).
b) Verifique que y′(x) + y(x) = 0.
c) Calcule z′′(x).
d) Verifique que z′′(x) + 4z(x) = 0.
Soluc¸a˜o
a) Temos que
y′(x) =
∞∑
n=1
(−1)nnx
n−1
n!
=
∞∑
n=1
(−1)n x
n−1
(n− 1)!
=
∞∑
n=0
(−1)n+1x
n
n!
b) Pelo item anterior, segue que
y′(x) + y(x) =
∞∑
n=0
(−1)n+1x
n
n!
+
∞∑
n=0
(−1)nx
n
n!
=
∞∑
n=0
(
(−1)n+1 + (−1)n) xn
n!
= 0
uma vez que
(−1)n+1 + (−1)n = −(−1)n + (−1)n = 0
c) Temos que
z′′(x) =
∞∑
k=1
(−4)k 2k(2k − 1)x
2k−2
(2k)!
=
∞∑
k=1
(−4)k x
2k−2
(2k − 2)!
=
∞∑
k=1
(−4)k x
2(k−1)
(2(k − 1))!
Pa´gina 31 de 44
d) Pelo item anterior, segue que
z′′(x) + 4z(x) =
∞∑
k=1
(−4)k x
2(k−1)
(2(k − 1))! + 4
∞∑
k=0
(−4)k x
2k
(2k)!
=
∞∑
k=0
(−4)k+1 x
2k
(2k)!
+
∞∑
k=0
4(−4)k x
2k
(2k)!
=
∞∑
k=0
(
(−4)k+1 + 4(−4)k) x2k
(2k)!
= 0
uma vez que
(−4)k+1 + 4(−4)k = −4(−4)k + 4(−4)k = 0
Pa´gina 32 de 44
2) Considere y(x) =
∞∑
n=0
cnx
n e escreva as expresso˜es abaixo como se´ries de poteˆncias da
forma
∞∑
n=0
bnx
n, determinando seus coeficientes bn.
a) A expressa˜o −2xy′(x).
b) A expressa˜o xy′′(x).
c) A expressa˜o (1− x)y′′(x).
d) A expressa˜o (1− x2)y′′(x).
Soluc¸a˜o
a) Temos que
y′(x) =
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)x
n
de modo que
−2xy′(x) = −2x
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
−2cn+1(n+ 1)xn+1
=
∞∑
n=1
−2cnnxn
=
∞∑
n=0
−2cnnxn
onde fizemos uma mudanc¸a de ı´ndices na terceira igualdade e usamos que−2c00x0 = 0
na quarta igualdade. Segue enta˜o que
bn = −2cnn
para n ≥ 0.
b) Temos que
y′′(x) =
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
de modo que
xy′′(x) = x
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n+1
=
∞∑
n=1
cn+1(n+ 1)nx
n
=
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)nx
n
Pa´gina 33 de 44
onde fizemos uma mudanc¸a de ı´ndices na terceira igualdade e usamos que c1(0 +
1)0x0 = 0 na quarta igualdade. Segue enta˜o que
bn = cn+1(n+ 1)n
para n ≥ 0.
c) Temos que
y′′(x) =
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
de modo que
(1− x)y′′(x) = y′′(x)− xy′′(x)
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n − x
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cn+2(n+ 2)(n+ 1)xn+1
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=1
−cn+1(n+ 1)nxn
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cn+1(n+ 1)nxn
=
∞∑
n=0
(cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cn+1(n+ 1)n)xn
onde fizemos uma mudanc¸a de ı´ndices na quarta igualdade e usamos que c1(0+1)0x
0 =
0 na quinta igualdade. Segue enta˜o que
bn = cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cn+1(n+ 1)n
para n ≥ 0.
d) Temos que
y′′(x) =
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
de modo que
(1− x2)y′′(x) = y′′(x)− x2y′′(x)
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n − x2
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cn+2(n+ 2)(n+ 1)xn+2
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=2
−cnn(n− 1)xn
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cnn(n− 1)xn
=
∞∑
n=0
(cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cnn(n− 1))xn
Pa´gina 34 de 44
onde fizemos uma mudanc¸a de ı´ndices na quarta igualdade e usamos que c00(0−1)x0 =
0 e que c11(1− 1)x1 = 0 na quinta igualdade. Segue enta˜o que
bn = cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cnn(n− 1)
para n ≥ 0.
Pa´gina 35 de 44
3) O objetivo desse exerc´ıcio e´ analisar as se´ries de Taylor das func¸o˜es seno e cosseno.
a) Mostre que
sen(n)(x) =
{
(−1)k sen(x), n = 2k
(−1)k cos(x), n = 2k + 1
e que
cos(n)(x) =
{
(−1)k cos(x), n = 2k
−(−1)k sen(x), n = 2k + 1
b) Determine as se´ries de Taylor de sen(x) e de cos(x).
c) Sabendo que sen(x) e de cos(x) coincidem com suas se´ries de Taylor, determine as
se´ries de Taylor de
∫
sen(x2) dx e de
∫
cos(x2) dx.
Soluc¸a˜o
a) As primeiras derivadas pares do seno sa˜o dadas por
sen(0)(x) = sen(x)
sen(2)(x) = − sen(x)
sen(4)(x) = sen(x)
sen(6)(x) = − sen(x)
de modo que
sen(2k)(x) = (−1)k sen(x)
Segue enta˜o que
sen(2k+1)(x) = ((−1)k sen(x))′ = (−1)k cos(x)
Por outro lado, as primeiras derivadas pares do cosseno sa˜o dadas por
cos(0)(x) = cos(x)
cos(2)(x) = − cos(x)
cos(4)(x) = cos(x)
cos(6)(x) = − cos(x)
de modo que
cos(2k)(x) = (−1)k cos(x)
Segue enta˜o que
cos(2k+1)(x) = ((−1)k cos(x))′ = −(−1)k sen(x)
b) Pelo item anterior, segue que
sen(n)(0)
n!
=

0, n = 2k
(−1)k
(2k + 1)!
, n = 2k + 1
de modo que a se´rie de Taylor do seno e´ dada por
∞∑
n=0
sen(n)(0)
n!
xn =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x2k+1
Pa´gina 36 de 44
Por outro lado, novamente usando item anterior, segue que
cos(n)(0)
n!
=

(−1)k
(2k)!
, n = 2k
0, n = 2k + 1
de modo que a se´rie de Taylor do cosseno e´ dada por
∞∑
n=0
cos(n)(0)
n!
xn =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
x2k
c) Como
sen(x) =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x2k+1
e tambe´m
cos(x) =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
x2k
substituindo x por x2, segue que
sen(x2) =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
(x2)2k+1 =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x4k+2
e tambe´m que
cos(x2) =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
(x2)2k =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
x4k
Integrando, segue que∫
sen(x2) dx =
∫ ∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x4k+2 dx =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x4k+3
4k + 3
+ C
e tambe´m que∫
cos(x2) dx =
∫ ∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
x4k dx =
∞∑
k=0
(−1)k
(2k)!
x4k+1
4k + 1
+ C
que sa˜o suas se´ries de Taylor.
Pa´gina 37 de 44
4) O objetivo desse exerc´ıcio e´ analisar as se´ries de Taylor das func¸o˜es seno e cosseno hi-
perbo´licos, dadas por
senh(x) =
ex − e−x
2
e cosh(x) =
ex + e−x
2
a) Verifique que
senh(0) = 0 e cosh(0) = 1
e que
senh′(x) = cosh(x) e cosh′(x) = senh(x)
b) Mostre que
senh(n)(x) =
{
senh(x), n = 2k
cosh(x), n = 2k + 1
e que
cosh(n)(x) =
{
cosh(x), n = 2k
senh(x), n = 2k + 1
c) Determine as se´ries de Taylor de senh(x) e de cosh(x).
d) Sabendo que senh(x) e de cosh(x) coincidem com suas se´ries de Taylor, determine as
se´ries de Taylor de
∫
senh(x2) dx e de
∫
cosh(x2) dx.
Soluc¸a˜o
a) Temos que
senh(0) =
1− 1
2
= 0 e cosh(0) =
1 + 1
2
= 1
que
senh′(x) =
(
ex − e−x
2
)′
=
ex + e−x
2
= cosh(x)
e que
cosh′(x) =
(
ex + e−x
2
)′
=
ex − e−x
2
= senh(x)
b) As primeiras derivadas pares do seno hiperbo´lico sa˜o dadas por
senh(0)(x) = senh(x)
senh(2)(x) = senh(x)
senh(4)(x) = senh(x)
senh(6)(x) = senh(x)
de modo que
senh(2k)(x) = senh(x)
Segue enta˜o que
senh(2k+1)(x) = ( senh(x))′ = cosh(x)
Por outro lado, as primeiras derivadas pares do cosseno hiperbo´lico sa˜o dadas por
cosh(0)(x) = cosh(x)
cosh(2)(x) = cosh(x)
cosh(4)(x) = cosh(x)
cosh(6)(x) = cosh(x)
Pa´gina 38 de 44
de modo que
cosh(2k)(x) = cosh(x)
Segue enta˜o que
cosh(2k+1)(x) = (cosh(x))′ = senh(x)
c) Pelo item anterior, segue que
senh(n)(0)
n!
=
 0, n = 2k1
(2k + 1)!
, n = 2k + 1
de modo que a se´rie de Taylor do seno hiperbo´lico e´ dada por
∞∑
n=0
senh(n)(0)
n!
xn =
∞∑
k=0
1
(2k + 1)!
x2k+1
Por outro lado, novamente usando item anterior, segue que
cosh(n)(0)
n!
=

1
(2k)!
, n = 2k
0, n = 2k + 1
de modo que a se´rie de Taylor do cosseno hiperbo´lico e´ dada por
∞∑
n=0
cosh(n)(0)
n!
xn =
∞∑
k=0
1
(2k)!
x2k
d) Como
senh(x) =
∞∑
k=0
1
(2k + 1)!
x2k+1
e tambe´m
cosh(x) =
∞∑
k=0
1
(2k)!
x2k
substituindo x por x2, segue que
senh(x2) =
∞∑
k=0
1
(2k + 1)!
(x2)2k+1 =
∞∑
k=0
1
(2k + 1)!
x4k+2
e tambe´m que
cosh(x2) =
∞∑
k=0
1
(2k)!
(x2)2k =
∞∑
k=0
1
(2k)!
x4k
Integrando, segue que∫
senh(x2) dx =
∫ ∞∑
k=0
1
(2k + 1)!
x4k+2 dx =
∞∑
k=0
1
(2k + 1)!
x4k+3
4k + 3
+ C
e tambe´m que∫
cosh(x2) dx =
∫ ∞∑
k=0
1
(2k)!
x4k dx =
∞∑
k=0
1
(2k)!
x4k+1
4k + 1
+ C
que sa˜o suas se´ries de Taylor.
Pa´gina 39 de 44
5) O objetivo deste exerc´ıcio e´ mostrar que uma se´rie de poteˆncias que que define uma
func¸a˜o par ou ı´mpar so´ possui, respectivamente, poteˆncias pares ou ı´mpares.
Seja f(x) =
∞∑
n=0
cnx
n uma se´rie de poteˆncias com raio de convergeˆncia R > 0.
a) Se f(x) e´ uma func¸a˜o par, isto e´
f(−x) = f(x)
mostre que a se´rie de poteˆncias so´ possui poteˆncias pares.
b) Se f(x) e´ uma func¸a˜o ı´mpar, isto e´
f(−x) = −f(x)
mostre que a se´rie de poteˆncias so´ possui poteˆncias ı´mpares.
Soluc¸a˜o
a) Temos que
f(−x) =
∞∑
n=0
cn(−x)n =
∞∑
n=0
(−1)ncnxn
Se f(x) e´ uma func¸a˜o par temos que
f(−x) =
∞∑
n=0
(−1)ncnxn
‖
f(x) =
∞∑
n=0
cnx
n
Pela unicidade dos coeficientes, igualamos os coeficiente das poteˆncias de mesmo grau
e obtemos que
(−1)ncn = cn
Para n ı´mpar temos que (−1)n = −1 e segue que
−cn = cn =⇒ cn = 0
portanto os coeficientes ı´mpares sa˜o todos nulos. Isso mostra que esta se´rie de
poteˆncias so´ possui poteˆncias pares.
FIQUE DE ΘLHΘ: O cosseno e´ um exemplo de uma func¸a˜o par cuja se´rie de
poteˆncia so´ possui poteˆncias pares. No entanto, o que se pede aqui na˜o e´ dar esse
exemplo, mas mostrar que isso vale para qualquer func¸a˜o par dada por uma se´rie
de poteˆncias: e´ ERRADO tentar provar isso apenas dando o exemplo do cosseno.
b) Temos que
f(−x) =
∞∑
n=0
cn(−x)n =
∞∑
n=0
(−1)ncnxn
Pa´gina 40 de 44
Se f(x) e´ uma func¸a˜o ı´mpar temos que
f(−x) =
∞∑
n=0
(−1)ncnxn
‖
−f(x) =
∞∑
n=0
−cnxn
Pela unicidade dos coeficientes, igualamos os coeficiente das poteˆncias de mesmo grau
e obtemos que
−cn = (−1)ncn
Para n par temos que (−1)n = 1 e segue que
−cn = cn =⇒ cn = 0
portanto os coeficientes pares sa˜o todos nulos. Isso mostra que esta se´rie de poteˆncias
so´ possui poteˆncias ı´mpares.
FIQUE DE ΘLHΘ: O seno e´ um exemplo de uma func¸a˜o ı´mpar cuja se´rie de
poteˆncia so´ possui poteˆncias ı´mpares. No entanto, o que se pede aqui na˜o e´ dar esse
exemplo, mas mostrar que isso vale para qualquer func¸a˜o ı´mpar dada por uma se´rie
de poteˆncias: e´ ERRADO tentar provar isso apenas dando o exemplo do seno.
Pa´gina 41 de 44
6) Nos itens abaixo, determine se a afirmac¸a˜o e´ verdadeira ou falsa. Se for verdadeira,
demonstre porque. Se for falsa, deˆ um exemplo que prove sua falsidade.
a) Se o domı´nio de
∞∑
n=0
cnx
n e´ (−1, 1], enta˜o o domı´nio de
∞∑
n=0
cn
Rn
xn e´ (−R,R].
b) Se
∞∑
n=0
cnx
n converge para x = 2, enta˜o tambe´m converge para x = −2.
c) Se
∞∑
n=0
cnx
n converge para x = 2, enta˜o tambe´m converge para x = −1.
d) Se
∞∑
n=0
cnx
n converge para x = c, onde c > 0, mas na˜o converge absolutamente para
x = c, enta˜o o raio de convergeˆncia dessa se´rie e´ R = c.
e) Se o limite lim
x→c
∞∑
n=0
cnx
n existe, enta˜o ele e´ igual a
∞∑
n=0
cnc
n.
f) Se a derivada de
∞∑
n=0
cnx
n em x = c existe, enta˜o ela e´ igual a
∞∑
n=0
cnnc
n−1.
Soluc¸a˜o
a) Verdadeira. De fato,
temos que
g(x) =
∞∑
n=0
cn
Rn
xn
=
∞∑
n=0
cn
( x
R
)n
= f
( x
R
)
de modo que
dom(g) =
{
x :
x
R
∈ dom(f)
}
=
{
x :
x
R
∈ (−1, 1]
}
=
{
x : −1 < x
R
≤ 1
}
= {x : −R < x ≤ R}
= (−R,R]
b) Falsa. Primeiro considere uma se´rie de poteˆncias com domı´nio (−1, 1], como
∞∑
n=1
(−1)n
n
xn.
Pelo item anterior, a se´rie de poteˆncias
∞∑
n=1
(−1)n
n2n
xn
Pa´gina 42 de 44
tem domı´nio (−2, 2]. De fato, para x = 2, obtemos a se´rie harmoˆnica alternada
∞∑
n=1
(−1)n
n2n
2n =
∞∑
n=0
(−1)n
n
que converge. Para x = −2, usando que (−2)n = (−1)n2n, obtemos a se´rie harmoˆnica
∞∑
n=1
(−1)n
n2n
(−2)n =
∞∑
n=0
1
n
,
que diverge.
c) Verdadeira. De fato, se essa se´rie converge para x = 2, enta˜o seu raio de convergeˆncia
R e´ maior ou igual a 2. Segue que x = −1 ∈ (−R,R), de modo que a se´rie tambe´m
converge para x = −1.
d) Verdadeira. De fato, se essa se´rie converge para x = c, enta˜o seu raio de convergeˆncia
R e´ maior ou igual a c. Por outro lado, se R fosse maior que c, enta˜o x = c ∈ (−R,R),
de modo que a se´rie convergiria absolutamente para x = c. Como isso na˜o ocorre,
temos que R = c.
e) Falsa. Basta considerar c = −1 e a se´rie geome´trica
∞∑
n=0
xn =
1
1− x
cujo domı´nio e´ o intervalo aberto (−1, 1). Temos que o limite
lim
x→−1
∞∑
n=0
xn = lim
x→−1
1
1− x =
1
1− (−1) =
1
2
.
Por outro lado,
∞∑
n=0
(−1)n
sequer converge.
FIQUE DE ΘLHΘ: Nem sempre se pode calcular o limite de uma se´rie de
poteˆncias quando a varia´vel x tende a um valor c por substituindo x por c.
Se a se´rie de poteˆncias tem raio de convergeˆncia R, poder ser que isso NA˜O fun-
cione quando c = ±R. Pore´m, isso sempre funciona quando c ∈ (−R,R).
f) Falsa. Basta considerar c = −1 e a a se´rie
∞∑
n=1
1
n
xn = − log(1− x)
cujo domı´nio e´ o intervalo aberto [−1, 1). Temos a derivada da se´rie em x = −1 existe
e e´ igual a ( ∞∑
n=1
1
n
xn
)′
x=−1
= (− log(1− x))′x=−1 =
(
1
1− x
)
x=−1
=
1
2
.
Por outro lado,
∞∑
n=1
1
n
n(−1)n−1 =
∞∑
n=1
(−1)n−1
sequer converge.
Pa´gina 43 de 44
FIQUE DE ΘLHΘ: Nem sempre se pode calcular a derivada de uma se´rie
de poteˆncias quando a varia´vel x tende a um valor c derivando termo a termo e
substituindo x por c.
Se a se´rie de poteˆncias tem raio de convergeˆncia R, poder ser que isso NA˜O fun-
cione quando c = ±R. Pore´m, isso sempre funciona quando c ∈ (−R,R).
Pa´gina 44 de 44