prova p1 gab calc4 2013 1 eng

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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
1a Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 28/05/2013
Questão 1: (2.0 pontos)
Quanto às séries abaixo pede-se:
a. classificar em convergente ou divergente a série númerica
+∞∑
n=2
1
n
√
n2 − 1 ;
b. classificar em condicionalmente convergente, absolutamente convergente ou divergente a série
+∞∑
n=2
(−1)n+1 1ln(n) ;
c. determinar o raio de convergência da série de potências
∞∑
n=0
n!xn2 .
Observação: justifique todas as suas afirmações.
Solução:
a. Sejam an = 1n√n2−1 e bn =
2
n2 . Notemos que 0 < an ≤ bn para todo n ≥ 2. Como
∑
bn
é uma p-série para p = 2, a série ∑ bn converge. Portanto, 0 < ∑ an ≤ ∑ bn e também
convergirá ∑ an. A convergência absoluta decorre do fato de todos os termos an serem
positivos.
b. Comecemos por analisar a convergência absoluta. Para n suficientemente grande (por
exemplo n ≥ 10), 1ln(n) ≥ 1n . Usando que a série harmônica diverge (
∑ 1
n
= +∞), a série∑ 1
ln(n) ≥
∑ 1
n
= +∞ diverge. Logo, +∞∑
n=2
(−1)n+1 1ln(n) diverge em carater absoluto.
Façamos an = 1ln(n) , n = 2, 3, 4, . . .. Como ln(n) < ln(n + 1) e limn→+∞ ln(n) = +∞,
segue que an ≥ an+1 e limn→+∞ an = 0. Temos assim uma série alternada. Pelo teste
de série alternada, a série ∑(−1)n+1 1ln(n) é convergente. Concluímos que ∑(−1)n+1 1ln(n) é
condicionalmente convergente.
c. Definamos an = n!xn
2 . Notemos que
∣∣∣an+1
an
∣∣∣ = (n+1)!|x|(n+1)2
n!|x|n2 = (n+ 1)|x|2n+1. Para |x| ≥ 1,
limn→+∞
∣∣∣an+1
an
∣∣∣ = 0, enquanto que para |x| < 1, limn→+∞ ∣∣∣an+1an ∣∣∣ = +∞ (compare com o
assintota horizontal da função te−t). O raio de convergência R é então R = 1.
Questão 2: (3.0 pontos)
Determine uma solução em série para o problema de valor inicial{
(1 + x2)y′′ + xy′ − 25y = 0
y(0) = 0, y′(0) = 1,
e determine o raio de convergência da solução.
Solução:
O ponto x = 0 é um ponto regular, então podemos supor que uma solução definida ao redor
de 0 é da forma y(x) = ∑∞n=0 anxn. Assim, substituindo-se as derivadas de y(x) na equação
diferencial, obtemos
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
1a Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 28/05/2013(continuação)
(2a2 − 25a0) + (6a3 + a1 − 25a1)x+
∞∑
n=2
[
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + n(n− 1)an + nan − 25an
]
xm = 0,
que nos dá as seguintes relações de recorrências
a2 =
25
2 a0
a3 = 4a1
an+2 =
−(n2 − 25)
(n+ 2)(n+ 1)an, para n ≥ 2.
Se y(0) = 0 então a0 = 0 e logo a2 = a4 = a6 = · · · = 0. Se y′(0) = 1 então a1 = 1 e
a3 = 4
a5 =
−(9− 25)
20 · 4 =
16
5
a7 =
−(25− 25)
7 · 6 · a5 = 0
a9 = a11 = · · · = 0.
Então, y(x) = x+ 4x3 + 165 x
5. Como a solução é polinomial, o raio de convergência é R = +∞
Questão 3: (3.0 pontos)
Consideremos uma mola elástica fixada por uma de suas extremidades e que possa vibrar na vertical.
Suponhamos que um corpo de massa m = 1 quilograma esteja preso à extremidade inferior da mola,
que a constante elástica da mola seja k = 1 e que no instante t = 0 o sistema seja submetido a uma
força periódica f(t) = sen(2t). No instante t = 1, o sistema massa-mola recebe por baixo um golpe
brusco que comunica instantaneamente 5 unidades de momento ao sistema. Usando a segunda lei de
Newton e o eixo y convenientemente posicionado, somos levados à seguinte equação do movimento
y(t)
d2y
dt2
+ y = sen(2t) + 5δ(t− 1).
Supondo as condições iniciais y(0) = y′(0) = 0, determine o movimento do sistema.
Solução:
A transformada de Laplace da equação diferencial nos fornece a seguinte equação:
s2L(y)(s) + L(y)(s) = 2
s2 + 4 + 5e
−s
L(y)(s) = 2(s2 + 1)(s2 + 4) + 5
1
s2 + 1e
−s
= 23
1
s2 + 1 −
1
3
2
s2 + 4 + 5
1
s2 + 1e
−s.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
1a Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 28/05/2013(continuação)
A solução y(t) é dada por y(t) = L−1 (L(y)). Portanto,
y(t) = L−1 (L(y))
= 23L
−1
( 1
s2 + 1
)
− 13L
−1
( 2
s2 + 4
)
+ 5L−1
( 1
s2 + 1e
−s
)
= 23sen(t)−
1
3sen(2t) + 5u1(t) · sen(t− 1).
Questão 4: (2.0 pontos)
Determine os valores de α para os quais todas as soluções de
x2y′′ + αxy′ + (5/2)y = 0
tendem a zero quando x tende ao infinito.
Solução:
A equação diferencial x2y′′ + αxy′ + 52y = 0 é uma Equação de Euler. Logo, se supusermos que a
solução seja da forma y(x) = xr, obtemos a equação característica
2r2 + 2(α− 1)r + 5 = 0.
As raízes da equação característica são dadas por
r+ =
−(α− 1) +
√
(α− 1)2 − 10
2 , r− =
−(α− 1)−
√
(α− 1)2 − 10
2 .
Caso 1. r+ 6= r− são números reais distintos. Para que este caso ocorra devemos ter (α−1)2−10 >
0. Portanto, devemos ter α > 1 +
√
10 ou α < 1−√10 A solução geral no caso de raízes reais
diferentes é
y(x) = C1xr+ + C2xr− .
Ela tenderá a zero quando x tender ao infinito se, e somente se, 0 > r+ > r−. Temos assim que
−(α− 1) +
√
(α− 1)2 − 10 < 0
−(α− 1)−
√
(α− 1)2 − 10 < 0.
Somando as duas inequações, obtemos α > 1. A intersecção das três inequações é
{
α | α > 1 +√10
}
Caso 2. r+ e r− são números reais iguais. Neste caso α = 1 +
√
10 ou α = 1−√10 e as raízes
são r+ = r− = r = −(α−1)2 . A solução geral é da forma
y(x) = (c1 + c2 ln(x))xr.
A solução geral y(x) tenderá a zero quando x tender ao infinito se, e somente se, r < 0. Como
r < 0 implica em α > 1, obtemos α = 1 +
√
10.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
1a Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 28/05/2013(continuação)
Caso 3. r+ = λ+ iµ e r− = λ− iµ são números reais complexos conjugados, em que λ = −(α−1)2
e µ = 12
√
1− (α− 1)2. Para este caso 1 − √10 < α < 1 + √10. A solução geral da equação
diferencial tem a forma
y(x) = (c1 cos(µ ln(x)) + c2sen(µ ln(x)))xλ.
Todas as soluções reais tendem para zero quando x tende para o infinito se, e somente se, λ < 0.
Isto é, se 1 < α < 1 +
√
10.
A união dos três casos nos dá α > 1.
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