Prova 3.1 - Viviane Klein - UFRN

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Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Departamento de Matemática
MAT0314 - Matemática para Engenharia III
Prova 3.1 2015.1
Aluno: Gabarito Nota:
Instruções quanto a consulta:
1. Permitido a consulta da "colinha"e de calculadora científica.
2. Proibido o uso de calculadoras gráficas, celulares, tablets e computadores. Alunos acessando qualquer um
destes eletrônicos receberão nota zero na Prova 3.1.
Instruções quanto a entrega da prova e atrasos:
1. Não é permitido entregar a prova antes das 13:20.
2. Não será permitida a entrada de alunos atrasados após a saída do primeiro aluno.
Instruções quanto a correção da prova:
1. Esta prova representa 50% da nota da UNIDADE III.
2. Só serão corrigidas questões respondidas nas folhas da prova.
3. Será avaliado o desenvolvimento da questão em conjunto com a resposta. Um problema com a resposta
correta e sem o desenvolvimento receberá nota zero na questão.
4. Organização e clareza também serão avaliadas na correção.
Correção:
Questão 1
Questão 2
Questão 3
Questão 4
Rearranjo de Riemann
Total
1. (3,0) Use qualquer método para determinar se a série é convergente ou divergente. Mostre seu trabalho e
diga o teste que foi usado.
(a)
∞∑
n=1
exp
(
1
n2 − 4
)
Solução.
lim
n→∞ an = limn→∞ exp
(
1
n2 − 4
)
= exp
(
lim
n→∞
1
n2 − 4
)
= e0 = 1 6= 0
Portanto, a série diverge pelo Teste da Divergência.
(b)
∞∑
n=1
4 + cosn
4n
Solução. Como
4 + cosn
4n
é positivo para todo n, podemos usar o Teste da Comparação. Já que
cosn ≤ 1,
4 + cosn
4n
≤ 5
4n
.
A série
∞∑
n=1
5
4n
= 5
∞∑
n=1
1
4n
é uma série geométrica com razão r = 1/4, logo convergente. Pelo Teste
da Comparação, como os termos da série
∞∑
n=1
4 + cosn
4n
são menores que os termos de uma série
convergente, esta série também é convergente.
(c)
∞∑
n=0
(−1)n
n6 + n2
Solução. Temos aqui uma série alternada sem fatoriais ou números elevados na n. Logo, é inútil
aplicar o Teste da Razão, vamos aplicar diretamente o T.S.A.
bn = |an| =
∣∣∣∣ (−1)nn6 + n2
∣∣∣∣ = 1n6 + n2
Verificando as condições do teste:
i. limn→∞ bn = limn→∞
1
n6 + n2
= 0,X
ii. bn+1 =
1
(n+ 1)6 + (n+ 1)2
<
1
n6 + n2
= bn.X
Portanto,
∞∑
n=0
(−1)n
n6 + n2
converge pelo Teste da Série Alternada.
(d)
∞∑
n=1
3nn5
n!
Solução. Devido a presença do fatorial e do número elevado na n, vamos aplicar o Teste da Razão.
|an| = 3
nn5
n!
, |an+1| = 3
n+1(n+ 1)5
(n+ 1)!
Assim,
lim
n→∞
|an+1|
|an| = limn→∞
3n+1(n+ 1)5
(n+ 1)!
3nn5
n!
= lim
n→∞
3n+1(n+ 1)5
(n+ 1)!
n!
3nn5
.
Fazendo simplificações
lim
n→∞
3An+1(n+ 1)5
(n+ 1)C!
ZZn!
ZZ3nn5
= lim
n→∞
3(n+ 1)A5
4
XXXX(n+ 1)
1
n5
= lim
n→∞
3(n+ 1)4
n5
= 0 < 1.
Logo, pelo Teste da Razão, a série é absolutamente convergente e portanto convergente.
2. (2,0) Encontre o intervalo de convergência da série
∞∑
n=1
(−1)n(x+ 8)n
n3n
.
Solução. A série de potências está centrada em a = −8. Para descobrir o raio de convergência vamos
aplicar o Teste da Razão.
|an| =
∣∣∣∣(−1)n(x+ 8)nn3n
∣∣∣∣ = |x+ 8|nn3n , |an+1| = |x+ 8|n+1(n+ 1)3n+1 .
Assim,
lim
n→∞
|an+1|
|an| = limn→∞
|x+ 8|n+1
(n+ 1)3n+1
n3n
|x+ 8|n = limn→∞
|x+ 8|HHn+1
(n+ 1)3HHn+1
nZZ3n
XXXX|x+ 8|n
=
|x+ 8|
3
lim
n→∞
n
(n+ 1)
=
|x+ 8|
3
.
Para convergência,
|x+ 8|
3
⇒ |x+ 8| < 3.
Encontramos que o raio de convergência é R = 3. Já sabemos que temos um intervalo centrado em −8
com raio igual a 3. Falta estudar a convergência nos extremos do intervalo a + R = −8 + 3 = −5 e
a−R = −8− 3 = −11.
• Extremo x = −11: substituindo na série
∞∑
n=1
(−1)n(−11 + 8)n
n3n
=
∞∑
n=1
(−1)n(−3)n
n3n
=
∞∑
n=1
(−1)n(−1)n3n
n3n
=
∞∑
n=1
1
n
Esta é a série harmônica, que sabemos ser divergente.
• Extremo x = −5: substituindo na série
∞∑
n=1
(−1)n(−5 + 8)n
n3n
=
∞∑
n=1
(−1)n(3)n
n3n
==
∞∑
n=1
(−1)n
n
Esta é a série harmônica alternada, que sabemos ser convergente.
Portanto, o intervalo de convergência da série é (−11, 5].
3. (3,5)
(a) (1,5) Represente a função x2 arctan
(
x4
16
)
como uma série de potências e encontre seu raio de con-
vergência.
Solução. Vimos em aula que
arctan(x) =
∞∑
n=0
(−1)n x
2n+1
2n+ 1
, se |x| < 1,
ou seja, (golfinho no lugar de gatinho)
arctan( ) =
∞∑
n=0
(−1)n
2n+1
2n+ 1
, se | | < 1.
Fazendo =
(
x4
16
)
temos que
arctan
(
x4
16
)
=
∞∑
n=0
(−1)n
(
x4
16
)2n+1
2n+ 1
, se
∣∣∣∣x416
∣∣∣∣ < 1.
Organizando,
arctan
(
x4
16
)
=
∞∑
n=0
(−1)n (x
4)2n+1
(2n+ 1)(24)2n+1
=
∞∑
n=0
(−1)n x
8n+4
(2n+ 1)28n+4
, se |x|4 < 16⇒ |x| < 2.
Assim,
x2 arctan
(
x4
16
)
= x2
∞∑
n=0
(−1)n x
8n+4
(2n+ 1)28n+4
=
∞∑
n=0
(−1)n x
8n+6
(2n+ 1)28n+4
, se |x| < 2.
(b) (0,5) Marque a alternativa correta: considere as integrais
(I)
∫ 0,9
0,2
x2 arctan
(
x4
16
)
dx, (II)
∫ 1,4
0
x4 arctan(x4) dx.
Quais delas podem ser representadas usando a séries de potências do item a)?
i. (I) ii. (II) iii. Todas as duas. iv. Nenhuma das
duas.
Solução. Alternativa (iii), já que todos os limites de integração satisfazem |x| < 2.
(c) (1,5) Use série de potências para aproximar o valor de∫ 0,4
0
x2 arctan
(
x4
16
)
dx
com precisão de 10−11.
Solução. Utilizando o resultado do item a), integração termo-a-termo de série de potências e o
Teorema Fundamental do Cálculo temos∫ 0,4
0
x2 arctan
(
x4
16
)
dx =
∫ 0,4
0
∞∑
n=0
(−1)n x
8n+6
(2n+ 1)28n+4
dx =
∞∑
n=0
∫ 0,4
0
(−1)n x
8n+6
(2n+ 1)28n+4
dx
=
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)28n+4
∫ 0,4
0
x8n+6 dx =
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)28n+4
x8n+7
(8n+ 7)
∣∣∣∣∣
0,4
0
=
=
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)28n+4
(0, 4)8n+7
(8n+ 7)
− 0.
Portanto, ∫ 0,4
0
x2 arctan
(
x4
16
)
dx =
∞∑
n=0
(−1)n(0, 4)8n+7
(2n+ 1)(8n+ 7)28n+4
.
Como |0, 4| < 2, sabemos que esta série alternada é convergente. Assim, podemos aproximar a sua
soma e estimar seu erro.
Temos
bn =
(0, 4)8n+7
(2n+ 1)(8n+ 7)28n+4
.
Fazendo n=1:
b1 =
(0, 4)15
(3)(15)212
= 5, 82× 10−12 < 10−11
Pela estimativa de erro da sére alternda sabemos que aproximar a soma s pela soma parcial s0 tem
erro menor que b1 ≈ 5, 82× 10−12.
Portanto, ∫ 0,4
0
x2 arctan
(
x4
16
)
dx ≈ s0 = (0, 4)
7
(1)(7)24
= 1, 462857× 10−5,
com precisão de 10−11.
4. (1,5) Sabendo que
∞∑
n=2
3(1 + c)−n = 4, encontre o valor de c.
Solução. Organizando,
∞∑
n=2
3(1 + c)−n =
∞∑
n=2
3
(1 + c)n
= 4.
Temos uma série geométrica convergente com razão r =
1
1 + c
, logo sua razão deve satisfazer
|r| = 1|1 + c| < 1,
isto elimina c = 0. Além disso, como a série começa em n = 2, temos a equação
4 =
primeiro termo
1− razão =
1
(1 + c)2
1− 1
1 + c
=
1
(1 + c)2
(1 + c)
c
=
1
c(1 + c)
,
que está bem definida já que c 6= 0. Assim,
4 =
1
c2 + c
⇐⇒ 4(c2 + c) = 1⇐⇒ 4c2 + 4c− 1 = 0.
Aplicando a fórmula de Báskhara chegamos a
c = −3
2
e c =
1
2
.
Temos dois possíveis candidatos a c. Precisamo verificar se os valores de c encontrados satisfazem a
condição
1
|1 + c| < 1 imposta acima.
• c = −3
2
:
1
|1 + c| =
1∣∣∣∣1− 32
∣∣∣∣ =
1∣∣∣∣−12
∣∣∣∣ =
1
1
2
= 2 > 1
Falha a condição, logo c 6= −3
2
.
• c = 1
2
: esta é a última esperança
1
|1 + c| =
1∣∣∣∣1 + 12
∣∣∣∣ =
1∣∣∣∣32
∣∣∣∣ =
1
3
2
=
2
3
< 1 X
Resposta: c =
1
2