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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 46 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 46 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 46 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 46 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 46 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 46 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 quelim 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 46 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 46 Universidade de Bras´ılia Departamento de Matema´tica Ca´lculo 2 Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 1 – Lista 2 – Soluc¸a˜o 1) Vamos investigar a dinaˆmica, num dado pa´ıs, da relac¸a˜o entre a renda Yn produzida no ano n e o capital Kn acumulado ate´ o ano n atrave´s de um modelo bem simples. Temos que a renda anual cresce a uma taxa constante positiva g, de modo que Yn+1 = (1 + g)Yn e que o capital se acumula por uma taxa de poupanc¸a contante positiva s e se deprecia a uma taxa constante positiva d, de modo que Kn+1 −Kn = sYn − dKn Denotando a raza˜o capital pela renda no ano n por βn = Kn/Yn e o seu limite quando n tende por infinito por β, responda os seguintes itens. a) Mostre que βn+1 = s 1 + g + 1− d 1 + g βn. b) Use o item anterior para mostrar que βm = s 1 + g ( 1 + 1− d 1 + g + ( 1− d 1 + g )2 + · · ·+ ( 1− d 1 + g )m−1) + ( 1− d 1 + g )m β0 c) Conclua que β = s g + d . Soluc¸a˜o a) Pela segunda equac¸a˜o do enunciado, temos que Kn+1 = sYn + (1− d)Kn Usando essa equac¸a˜o e a primeira equac¸a˜o do enunciado, segue que βn+1 = Kn+1 Yn+1 = sYn + (1− d)Kn (1 + g)Yn = s 1 + g + 1− d 1 + g Kn Yn = s 1 + g + 1− d 1 + g βn b) Vamos argumentar por induc¸a˜o em m. Pelo item anterior, temos que β1 = s 1 + g + 1− d 1 + g β0 Pa´gina 9 de 46 mostrando que a fo´rmula e´ va´lida para m = 1. Supondo que a fo´rmula e´ va´lida para m, vamos mostrar que ela e´ va´lida para m+ 1. Pelo item anterior, temos que βm+1 = s 1 + g + 1− d 1 + g βm = s 1 + g + 1− d 1 + g ( s 1 + g ( 1 + 1− d 1 + g + · · ·+ ( 1− d 1 + g )m−1) + ( 1− d 1 + g )m β0 ) = s 1 + g + s 1 + g ( 1− d 1 + g + ( 1− d 1 + g )2 + · · ·+ ( 1− d 1 + g )m) + ( 1− d 1 + g )m+1 β0 = s 1 + g ( 1 + 1− d 1 + g + ( 1− d 1 + g )2 + · · ·+ ( 1− d 1 + g )m) + ( 1− d 1 + g )m+1 β0 mostrando que a fo´rmula e´ va´lida para m+ 1. c) Como 1− d 1 + g < 1, temos que lim m→∞ ( 1− d 1 + g )m = 0 de modo que, usando a fo´rmula obtida no item anterior, segue que β = lim m→∞ βm = s 1 + g ( 1 + 1− d 1 + g + ( 1− d 1 + g )2 + · · · ) = s 1 + g 1 1− 1− d 1 + g = s 1 + g − (1− d) = s g + d Pa´gina 10 de 46 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 11 de 46 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 12 de 46 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 13 de 46 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 que0x0 = 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 14 de 46 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 15 de 46 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 16 de 46 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 17 de 46 5) (Desafio) 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. 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. 1Matema´tico poloneˆs que inventou essa figura em 1915. Pa´gina 18 de 46 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 = 1 a´rea de S1 = 1− [1/3]2 a´rea de S2 = 1− [1/3]2 − 8[(1/3)2]2 a´rea de S3 = 1− [1/3]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2. a´rea de S4 = 1− [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 + · · · ) 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 19 de 46 Pa´gina 20 de 46 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 21 de 46 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 22 de 46 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 lim n √|an| < 1, enta˜o lim an = 0. d) Para cada x ∈ R, temos que lim x n n! = 0. e) Se lim ∣∣∣∣an+1an ∣∣∣∣ = 1, enta˜o ∞∑ n=0 an converge. f) Se lim ∣∣∣∣an+1an ∣∣∣∣ = 1, enta˜o ∞∑ n=0 an diverge. g) Se o limite lim x→c ∞∑ n=0 cnx n existe, enta˜o ele e´ igual a ∞∑ n=0 cnc n. 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) 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. d) Verdadeira. Temos que lim ∣∣∣∣∣∣∣∣ xn+1 (n+ 1)! xn n! ∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim |x| n+ 1 = 0, Pa´gina 23 de 46 Pelo teste da raza˜o, a se´rie ∞∑ n=0 xn n! converge, de modo que suas parcelas lim xn n! = 0. e) 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. f) 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. g) 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). Pa´gina 24 de 46 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 25 de 46 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´riep-harmoˆnica diverge para qualquer 0 < p ≤ 1. Pa´gina 26 de 46 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 1 2n xn e´ o intervalo aberto (−2, 2) com raio 2. b) O domı´nio de ∞∑ n=1 1 n2n xn e´ o intervalo [−2, 2) com raio 2. c) O domı´nio de ∞∑ n=1 (−1)n n2n xn e´ o intervalo (−2, 2] com raio 2. d) O domı´nio de ∞∑ n=1 1 n22n xn e´ o intervalo fechado [−2, 2] com raio 2. e) O domı´nio de ∞∑ k=1 (−1)k k4k x2k e´ o intervalo fechado [−2, 2] com raio 2. Soluc¸a˜o a) Como lim ∣∣∣∣∣∣∣ 1 2n+1 xn+1 1 2n xn ∣∣∣∣∣∣∣ = lim |x| 2 = |x| 2 pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| 2 < 1 e diverge quando |x| 2 > 1, de modo que a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 2 e diverge quando |x| > 2. Quando |x| = 2 a se´rie tambe´m diverge, uma vez que, nesse caso, o termo geral na˜o vai pra zero, pois seu mo´dulo e´ igual a um. Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo aberto (−2, 2). b) Como lim ∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 (n+ 1)2n+1 xn+1 1 n2n xn ∣∣∣∣∣∣∣∣ = ( lim n n+ 1 ) |x| 2 = |x| 2 pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| 2 < 1 e diverge quando |x| 2 > 1, de modo que a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 2 e diverge quando |x| > 2. Quando x = 2 a se´rie tambe´m diverge, uma vez que, nesse caso ∞∑ n=1 1 n2n 2n = ∞∑ n=1 1 n =∞. pois e´ a se´rie harmoˆnica. Quando x = −2 a se´rie converge, uma vez que, nesse caso ∞∑ n=1 1 n2n (−2)n = ∞∑ n=1 (−1)n n e´ a se´rie harmoˆnica alternada. Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo [−2, 2). Pa´gina 27 de 46 c) Como lim ∣∣∣∣∣∣∣∣ (−1)n+1 (n+ 1)2n+1 xn+1 (−1)n n2n xn ∣∣∣∣∣∣∣∣ = ( lim n n+ 1 ) |x| 2 = |x| 2 pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| 2 < 1 e diverge quando |x| 2 > 1, de modo que a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 2 e diverge quando |x| > 2. Quando x = 2 a se´rie converge, uma vez que, nesse caso ∞∑ n=1 (−1)n n2n 2n = ∞∑ n=1 (−1)n n e´ a se´rie harmoˆnica alternada. Quando x = −2 a se´rie diverge, uma vez que, nesse caso ∞∑ n=1 (−1)n n2n (−2)n = ∞∑ n=1 1 n =∞ e´ a se´rie harmoˆnica. Portanto o domı´nio dessa se´rie de poteˆncias e´ o intervalo (−2, 2]. d) Como lim ∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 (n+ 1)22n+1 xn+1 1 n22n xn ∣∣∣∣∣∣∣∣ = ( lim n2 (n+ 1)2 ) |x| 2 = |x| 2 pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| 2 < 1 e diverge quando |x| 2 > 1, de modo que a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 2 e diverge quando |x| > 2. Quando |x| = 2 a se´rie converge absolutamente, uma vez que, nesse caso ∞∑ n=1 ∣∣∣∣ 1n22nxn ∣∣∣∣ = ∞∑ 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 [−2, 2]. e) Como lim ∣∣∣∣∣∣∣∣ (−1)k+1 (k + 1)4k+1 x2(k+1) (−1)k k4k x2k ∣∣∣∣∣∣∣∣ = ( lim k k + 1 ) |x|2 4 = |x|2 4 pelo teste da raza˜o, a se´rie de poteˆncias converge quando |x| 2 4 < 1 e diverge quando |x|2 4 > 1, de modo que a se´rie de poteˆncias converge quando |x| < 2 e diverge quando |x| > 2. Quando |x| = 2 a se´rie tambe´m converge, uma vez que para x = ±2, temos que ∞∑ k=1 (−1)k k4k (±2)2k = ∞∑ 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 [−2, 2] Pa´gina 28 de 46 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 29 de 46 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 30 de 46 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) Todo polinoˆmio e´ uma se´rie de poteˆncias com raio de convergeˆncia infinito. e) 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) 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. e) 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 31 de 46 Pa´gina 32 de 46 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 33 de 46 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 34 de 46 2) Considere y(x) = ∞∑ n=0 cnx n e escreva as expresso˜es abaixo como se´ries de poteˆncias da forma ∞∑ n=0 dnx n, determinando seus coeficientes dn. 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 dn = −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 35 de 46 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 dn = 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 dn = 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 36 de 46 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 dn = cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cnn(n− 1) para n ≥ 0. Pa´gina 37 de 46 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 38 de 46 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 39 de 46 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 40 de 46 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 41 de 46 5) O objetivo deste exerc´ıcio e´ mostrar que uma se´rie de poteˆnciasque 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 42 de 46 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 43 de 46 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 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 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. Pa´gina 44 de 46 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) 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. 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 45 de 46 Pa´gina 46 de 46
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