gabarito-p1-calc4-2014-1

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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014
Questão 1: (3 pontos)
(a) [1 ponto] Dizer se a série
+∞∑
n=1
1
n(n+1) converge ou diverge. No caso da série convergir, calcular o
valor da soma.
(b) [1 ponto] Dizer se a série
+∞∑
n=0
(−3)n+1
pin
converge ou diverge. No caso da série convergir, calcular o
valor da soma.
(c) [1 ponto] Considere a sequência {an}n∈N satisfazendo limn→+∞ |an| = pi. Determinar o raio de
convergência da série de potências
+∞∑
n=0
anxn
n! .
Solução:
(a) Observamos que 1
n(n+1) ≤ 1n2 , ∀n ≥ 1. Além disso
+∞∑
n=1
1
n2 converge já que é uma p−série
de Riemann com p = 2 > 1. Portanto, deduzimos do teste de comparação que
+∞∑
n=1
1
n(n+1)
converge.
Para calcular a soma, observamos que 1
n(n+1) =
1
n
− 1
n+1 . Logo,
SN =
N∑
n=1
1
n(n+ 1) =
N∑
n=1
1
n
−
N+1∑
n=2
1
n
= 1− 1
N + 1 −→N→+∞ 1 =
+∞∑
n=1
1
n(n+ 1) .
(b) Observamos que
+∞∑
n=0
(−3)n+1
pin
= −3 +∞∑
n=0
(−3
pi
)n
, o que corresponde a uma série geométrica de
razão − 3
pi
. Como
∣∣∣− 3
pi
∣∣∣ < 1, essa série converge e a sua soma é dada por
+∞∑
n=0
(−3)n+1
pin
= −3 11 + 3
pi
= − 3pi3 + pi .
(c) Usaremos o teste da razão. Se bn(x) = anx
n
n! , temos, para todo x ∈ R,
lim
n→+∞
|bn+1(x)|
|bn(x)| = limn→+∞
|an+1|
|an|
|x|
n+ 1 =
pi
pi
|x| lim
n→+∞
1
n+ 1 = 0 .
Portanto a série converge absolutamente para todo x ∈ R; logo seu raio de convergência é
R = +∞.
Questão 2: (2.5 pontos)
(a) [2 pontos] Usar o método de soluções por séries de potências para resolver o seguinte problema
de valor inicial: y′′(x) + 2x y′(x) + 2y = 0,y(0) = 1, y′(0) = 0.
Determinar o domínio de definição da solução y(x).
(b) [0.5 ponto] Calcular lim
x→+∞ y(x).
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014(continuação)
Solução:
(a) Primeiramente observamos que x = 0 é um ponto ordinário para a equação diferencial
y′′ + 2x y′ + 2y = 0. De fato, p = 2x e q = 2 são polinômios e portanto, são funções
analíticas em x = 0, ambas com raio de convergência infinito. Assim, procuraremos a
solução do problema usando a representação de y como uma série de potências em torno
do ponto x = 0, a qual também estará definida para todo x ∈ R.
Lembramos que valem as igualdades:
y(x) =
+∞∑
n=0
anx
n, y′(x) =
+∞∑
n=1
nanx
n−1 e y′′(x) =
+∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn . (1)
Usando as condições iniciais do problema e as relações acima, obtemos
y(0) = a0 = 1 e y′(0) = a1 = 0. (2)
Substituindo as 3 relações em (1) na equação diferencial é obtida a seguinte igualdade:
+∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn + 2
+∞∑
n=1
nanx
n + 2
+∞∑
n=0
anx
n = 0. (3)
Agrupando convenientemente os termos da série (3) tem-se
2a2 + 2a0 +
+∞∑
n=1
[
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + 2(n+ 1)an
]
xn = 0,
de onde decorre a seguinte relação de recorrência:
a2 + a0 = 0⇐⇒ a2 = −a0, (4)
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + 2(n+ 1)an = 0⇐⇒ an+2 = − 2an
n+ 2 , n ≥ 1. (5)
Agora procedemos com o cálculo dos termos de ordem par. Notamos o seguinte padrão
procedente da recorrência (4) - (5):
a2 = −a0 = −1, a4 = −2a24 =
1
2 , a6 = −
2a4
6 = −
1
2 · 3 , . . . , a2κ = (−1)
κ 1
κ ! , κ ∈ N.
Por outro lado, como a1 = 0, todo os termos de ordem ímpar sempre se anulam de acordo
com a recorrência (4) - (5), ou seja, a2κ+1 = 0 para todo κ ∈ N.
Pondo as relações encontradas para a2κ e a2κ+1 na primeira expressão de (1) obtemos que
a solução do problema é dada pela série de potências
y(x) =
+∞∑
κ=0
(−1)κ
κ ! x
2κ, x ∈ R. (6)
(b) Lembramos que o desenvolvimento em série de potências da função f(x) = ex é dado por
ex =
+∞∑
κ=0
xκ
κ ! , x ∈ R.
Assim,
e−x
2 =
+∞∑
κ=0
(−x2)κ
κ ! =
+∞∑
κ=0
(−1)κx2κ
κ ! , x ∈ R,
que coincide com o desenvolvimento da solução encontrada em (6). Portanto,
lim
x→+∞ y(x) = limx→+∞ e
−x2 = 0.
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Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014(continuação)
Questão 3: (2 pontos)
(a) [1 ponto] Calcular a transformada de Laplace da função f definida por
f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < pi2 ,
et sen t se t ≥ pi2 .
(b) [1 ponto] Seja g uma função definida sobre [0,+∞) cuja derivada é seccionalmente contínua e
de ordem exponencial. Se além disso g(0) = 1 e L[g(t)](s) = arctan(s), calcular L
[
e2tg′(t)
]
(s).
Solução:
(a) Escrevemos f na forma f(t) = upi
2
(t) et−pi2+pi2 sen (t − pi2 + pi2 ) = e
pi
2 upi
2
(t) et−pi2 cos(t − pi2 ).
Usando as fórmulas (7), (8) e (5) da tabela anexada, obtemos que
L[f ](s) = epi2 e−pi2 sL
[
et cos(t)
]
(s) = epi2 (1−s)L [cos(t)] (s− 1) = e
pi
2 (1−s)(s− 1)
1 + (s− 1)2 , ∀ s > 1 .
(b) Usando a fórmula (9) da tabela anexada, calculamos L[g′](s) = s arctan(s)− 1. Logo, pela
fórmula tem-se (8):
L
[
e2tg′(t)
]
(s) = L[g′](s− 2) = (s− 2) arctan(s− 2)− 1, ∀ s > 1 .
Questão 4: (2.5 pontos)
Resolver o problema de valores iniciais:y′′(t) + 4y(t) = g(t) ,y(0) = y′(0) = 0 ,
onde
g(t) =

0 se 0 ≤ t < 3 ,
2 se 3 ≤ t < 5 ,
0 se t > 5 .
Solução:
Escrevemos g na forma g(t) = 2u3(t)− 2u5(t). Assim, segue das fórmulas (1) e (7) da tabela
L[g](s) =
(
e−3s − e−5s
)2
s
.
Portanto, deduzimos aplicando a transformada de Laplace à equação e usando a fórmula (9) e as
condições iniciais
L[y′′ + 4y](s) = s2L[y](s)− sy(0)− y′(0) + 4L[y](s) = (s2 + 4)L[y](s) =
(
e−3s − e−5s
)2
s
.
Daí, obtemos
L[y](s) =
(
e−3s − e−5s
) 2
s(s2 + 4) =
(
e−3s − e−5s
)
H(s), onde H(s) = 2
s(s2 + 4) . (7)
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014(continuação)
Para achar a transformada inversa de H, h(t) = L−1
[
H(s)
]
(t), expandimos H em frações parciais
H(s) = 2
s(s2 + 4) =
a
s
+ bs+ c
s2 + 4 =
s2(a+ b) + cs+ 4a
s(s2 + 4) .
Identificando os coeficientes, obtemos o sistema:
a+ b = 0;
c = 0;
4a = 2.
⇒

a = 12 ;
b = −12 ;
c = 0.
As fórmulas (1) e (5) da tabela implicam então que
H(s) = 12L[1](s)−
1
2L[cos(2t)](s) = L[h](s) onde h(t) =
1
2 −
cos(2t)
2 . (8)
Finalmente, concluímos de (7), (8) e da fórmula (7) da tabela
y(t) = u3(t)h(t−3)−u5(t)h(t−5) = 12
(
u3(t)−u5(t)
)
−12
(
u3(t) cos
(
2(t−3)
)
−u5(t) cos
(
2(t−5)
))
.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
Duração da prova: duas horas
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO
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Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014(continuação)
Tabela Básica de Transformadas de Laplace
(1) L [1] (s) = 1
s
.
(2) L
[
eat
]
(s) = 1
s− a .
(3) L [tn] (s) = n!
sn+1
.
(4) L [sen at] (s) = a
s2 + a2 .
(5) L [cos at)] (s) = s
s2 + a2 .
(6) L [δ(t− c)] (s) = e−cs .
(7) L [uc(t) f(t− c)] (s) = e−csL[f(t)](s) .
(8) L
[
ect f(t)
]
(s) = L[f ](s− c) .
(9) L
[
f (n)(t)
]
(s) = sn L[f(t)](s)− sn−1f(0)− · · · f (n−1)(0) .
Página 5 de 5 Boa prova!