prova p1 gab calc4 2010 1 eng

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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 20/05/2010
Questa˜o 1: (2.0 pontos)
(a) (1.0 ponto) Verifique se a se´rie
∞∑
n=2
(−1)n
n
√
ln(n)
e´ absolutamente convergente, condicional-
mente convergente, ou divergente.
(b) (1.0 ponto) Determine o raio e o intervalo de convergeˆncia da se´rie de poteˆncias
∞∑
n=1
(x− 3)3n
n28n
Questa˜o 2: (2.0 pontos)
(a) (1.0 ponto) Encontre a se´rie de Maclauren da func¸a˜o f(x) = x2e−x, em torno do ponto x = 0,
e o respectivo raio de convergeˆncia.
Sugesta˜o: use a se´rie de Maclauren de g(x) = ex em torno de x = 0.
(b) (1.0 ponto) Usando o ı´tem (a) e derivac¸a˜o da se´rie de poteˆncias, mostre que
∞∑
n=1
(−1)n2n+1(n+ 2)
n!
= −4.
Questa˜o 3: (3.5 pontos)
(a) (1.0 ponto) Expresse a func¸a˜o
f(t) =
{
1/2; 0 ≤ t < pi
2 cos(pi − t); pi ≤ t.
usando a func¸a˜o degrau e calcule a sua transformada de Laplace L(f).
(b) (2.5 pontos) Resolva o seguinte problema de valor inicial:{
y′′(t)− 4y′(t) + 4y(t) = (h ∗ g)(t)
y(0) = 0, y′(0) = 1;
onde h(t) = e−2t e g(t) = u1(t).
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Considere a equac¸a˜o diferencial
(2x2 − 1)y′′(x) + 3xy′(x) + xy(x) = 0 (∗)
(a) (1.0 ponto) Verifique que x = 0 e´ ponto ordina´rio da equac¸a˜o. Encontre a relac¸a˜o de recorreˆn-
cia da soluc¸a˜o em se´rie de poteˆncias de (∗), em torno de x = 0.
(b) (1.0 ponto) Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o (∗) em torno de x = 0, explicitando as duas
soluc¸o˜es linearmente independentes (bastam os quatro primeiros termos de cada soluc¸a˜o).
(c) (0.5 ponto) Determine o raio de convergeˆncia mı´nimo para a soluc¸a˜o encontrada no ı´tem (b).
Regras:
• Durac¸a˜o da prova: 120 minutos
• Na˜o e´ permitido ( nem necessa´rio ) o uso de calculadoras, consulta a qualquer fonte e nem se
ausentar da sala por qualquer motivo.
• Mantenham os celulares e similares desligados e dentro das bolsas/mochilas. As bolsas e mochilas
devera˜o ser guardadas na mesa do professor ou junto ao quadro em local afastado do aluno.
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO
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Primeira prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 20/05/2010(continuac¸a˜o)
Tabela Ba´sica de Transformadas de Laplace
• L {1} = 1
s
, s > 0
• L {uc(t)} = e
−cs
s
, s > 0
• L{eat} = 1
s− a , s > a
• L {tn} = n!
sn+1
, s > 0, com n sendo um inteiro
• L {sen at} = a
s2 + a2
, s > 0
• L {cos at)} = s
s2 + a2
, s > 0
• L {uc(t).g(t− c)} = e−csG(s)
• L{ectg(t)} = G(s− c)
• L {(f ∗ g)(t)} = L
{∫ t
0
f(t− τ)g(τ)dτ
}
= F (s).G(s)
• L{f (n)(t)} = snF (s)− sn−1f(0)− · · · − f (n−1)(0)
• L {(−t)nf(t)} = F (n)(s)
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Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 20/05/2010
Questa˜o 1: (2.0 pontos)
(a) (1.0 ponto) Verifique se a se´rie
∞∑
n=2
(−1)n
n
√
ln(n)
e´ absolutamente convergente, condicional-
mente convergente, ou divergente.
Soluc¸a˜o:
Consideremos a se´rie de valores absolutos
∞∑
n=2
1
n
√
ln(n)
,
seja f(x) =
1
x
√
ln(x)
, x ≥ 2 como f ′(x) = − 2ln(x) + 1
2x2(ln(x))3/2
< 0 para x ≥ 2, f(x) e´
decrescente. Ale´m disso f(x) e´ cont´ınua pois
1
x
e´ continua para x > 0,
1√
y
e´ continua para
y > 0 e finalmente ln z > 0 e´ continua para z > 1, e f(n) =
1
n
√
ln(n)
, portanto pode-se
usar o Teste da Integral ∫ ∞
2
dx
x
√
ln(x)
= lim
A→∞
2(ln(x))1/2
∣∣A
2
=∞,
concluimos que a se´rie
∞∑
n=2
∣∣∣∣∣ (−1)nn√ln(n)
∣∣∣∣∣ e´ divergente.
Seja agora bn =
1
n
√
ln(n)
> 0. Temos que
lim
n→∞
bn = lim
n→∞
1
n
√
ln(n)
= 0.
E tambe´m que bn > bn+1, n ≥ 2 (provado acima pois, bn = f(n) ). Assim, pelo Teste da
Se´rie Alternada, conclui-se que
∞∑
n=2
(−1)n
n
√
ln(n)
e´ convergente.
Portanto a se´rie
∞∑
n=2
(−1)n
n
√
ln(n)
e´ condicionalmente convergente.
(b) (1.0 ponto) Determine o raio e o intervalo de convergeˆncia da se´rie de poteˆncias
∞∑
n=1
(x− 3)3n
n28n
Soluc¸a˜o:
Seja
an =
(x− 3)3n
n28n
,
usando o Teste da Raza˜o
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞ |x− 3|3n+3|x− 3|3n n2(n+ 1)2 8n8n+1 = |x− 3|38 limn→∞ n2(n+ 1)2 = |x− 3|38 ,
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 20/05/2010(continuac¸a˜o)
logo a se´rie converge absolutamente para todo x tal que
|x− 3|3
8
< 1 ⇔ |x− 3|3 < 8 ⇔ |x− 3| < 2,
o raio de convergeˆncia da se´rie e´ R = 2. Encontremos agora o intervalo de convergeˆncia,
temos que
|x− 3| < 2 ⇔ −2 < x− 3 < 2 ⇔ 1 < x < 5.
Logo os extremos do intervalo sa˜o x = 1 e x = 5. Substituindo o valor de x = 1 na se´rie de
poteˆncias:
∞∑
n=1
(1− 3)3n
n28n
=
∞∑
n=1
(−1)3n8n
n28n
=
∞∑
n=1
(−1)n
n2
converge absolutamente,
pois
∞∑
n=1
1
n2
e´ convergente pois uma e´ p-se´rie onde p = 2 > 1. Substituindo o valor de x = 5
na se´rie de poteˆncias:
∞∑
n=1
(5− 3)3n
n28n
=
∞∑
n=1
8n
n28n
=
∞∑
n=1
1
n2
convergente.
Portanto o intervalo de convergeˆncia da se´rie e´ [1, 5].
Questa˜o 2: (2.0 pontos)
(a) (1.0 ponto) Encontre a se´rie de Maclauren da func¸a˜o f(x) = x2e−x, em torno do ponto x = 0,
e o respectivo raio de convergeˆncia.
Sugesta˜o: use a se´rie de Maclauren de g(x) = ex em torno de x = 0.
Soluc¸a˜o:
Sabemos que g(x) = ex =
∞∑
n=0
xn
n!
, tem raio de convergeˆncia R =∞. Enta˜o
f(x) = x2e−x = x2
∞∑
n=0
(−x)n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
xn+2,
logo
x2e−x =
∞∑
n=0
(−1)n
n!
xn+2 abs. convergente ∀x ∈ R (1)
tambe´m tem raio de convergeˆncia R =∞.
(b) (1.0 ponto) Usando o ı´tem (a) e derivac¸a˜o da se´rie de poteˆncias, mostre que
∞∑
n=1
(−1)n2n+1(n+ 2)
n!
= −4.
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 20/05/2010(continuac¸a˜o)
Soluc¸a˜o:
Como a se´rie (1) converge absolutamente, podemos derivar. Derivando cada lado da equac¸a˜o
(1), obtem-se
2xe−x − x2e−x =
{ ∞∑
n=0
(−1)n
n!
xn+2
}′
= { x2 − x
3
1!
+
x4
2!
+ ... + (−1)nx
n+2
n!
+ ... }′
= 2x− 3x
2
1!
+ ... + (−1)n(n+ 2)x
n+1
n!
+ ...
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
(n+ 2)xn+1
assim obtemos a seguinte igualdade
2xe−x − x2e−x =
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 2)
n!
xn+1,
tomando x = 2,
0 =
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 2)
n!
2n+1 ⇒
∞∑
n=1
(−1)n(n+ 2)2n+1
n!
= −4.
Questa˜o 3: (3.5 pontos)
(a) (1.0 ponto) Expresse a func¸a˜o
f(t) =
{
1/2; 0 ≤ t < pi
2 cos(pi − t); pi ≤ t.
usando a func¸a˜o degrau e calcule a sua transformada de Laplace L(f).
Soluc¸a˜o:
Observe que cos (pi − t) = cos (t− pi), enta˜o
f(t) = (u0(t)− upi(t))1
2
+ upi(t)2 cos (t− pi),
portanto
F (s) = L{f(t)} = e
−0s
s
1
2
− e
−pis
s
1
2
+ 2
e−piss
s2 + 1
=
1
2s
− e
−pis
2s
+
2e−piss
s2 + 1
.
(b) (2.5 pontos) Resolva o seguinte problema de valor inicial:{
y′′(t)− 4y′(t) + 4y(t) = (h ∗ g)(t)
y(0) = 0, y′(0) = 1;
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onde h(t) = e−2t e g(t) = u1(t).
Soluc¸a˜o:
Como h e g sa˜o continuas por partes. Vemos que f(t) = (h ∗ g)(t) tem Transformada de
Laplace
F (s) = L{h(t)}L{g(t)} = 1
s+ 2
e−s
s
.
Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da EDO obtemos
(s2 − 4s+ 4)Y (s)− 1 = e
−s
s(s+ 2)
,
segue que
Y (s) =
1
(s− 2)2 +
e−s
s(s+ 2)(s− 2)2para s > 0.
Usando a tabela de Transformadas de Laplace obtemos
y(t) =L−1
{
1
(s− 2)2
}
+ L−1
{
e−s
s(s+ 2)(s− 2)2
}
=te2t + u1(t)z(t− 1), (2)
aplicando frac¸o˜es parciais e usando a tabela de Transformadas de Laplace
z(t) =L−1
{
1
s(s+ 2)(s− 2)2
}
=L−1
{
1
8s
− 1
32(s+ 2)
− 3
32(s− 2) +
1
8(s− 2)2
}
=
1
8
− e
−2t
32
− 3e
2t
32
+
te2t
8
, (3)
por (2) and (3) segue que
y(t) = te2t + u1(t)
(
1
8
− e
−2(t−1)
32
− 3e
2(t−1)
32
+
(t− 1)e2(t−1)
8
)
.
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Considere a equac¸a˜o diferencial
(2x2 − 1)y′′(x) + 3xy′(x) + xy(x) = 0 (∗)
(a) (1.0 ponto) Verifique que x = 0 e´ ponto ordina´rio da equac¸a˜o. Encontre a relac¸a˜o de recorreˆn-
cia da soluc¸a˜o em se´rie de poteˆncias de (∗), em torno de x = 0.
Soluc¸a˜o:
Como P (x) = 2x2−1, Q(x) = 3x e R(x) = x, sa˜o anal´ıticos (polinoˆmios) e P (0) = −1 6= 0,
enta˜o x = 0 e´ ponto ordina´rio da equac¸a˜o.
Temos que:
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n abs. convergente |x| < R (4)
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e
y′(x) =
∞∑
n=1
nanx
n−1 ⇒ y′′(x) =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 abs.convergente |x| < R
Substituindo as equac¸o˜es dadas em (4) na EDO resulta que:
(2x2 − 1)
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 + 3x
∞∑
n=1
nanx
n−1 + x
∞∑
n=0
anx
n = 0, em |x| < R
equivalentemente
∞∑
n=0
(2n(n− 1) + 3n)anxn −
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2x
n +
∞∑
n=1
an−1xn = 0,
escrevendo os primeiros termos para comec¸ar as somas a partir de 1, obtemos
−2a2 +
∞∑
n=1
{n(2n+ 1)an − (n+ 2)(n+ 1)an+2 + an−1}xn = 0 para |x| < R (5)
da equac¸a˜o (5) e usando propriedades, deduzimos:
a2 = 0, an+2 =
n(2n+ 1)an + an−1
(n+ 2)(n+ 1)
, ∀n ≥ 1. (6)
(b) (1.0 ponto) Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o (∗) em torno de x = 0, explicitando as duas
soluc¸o˜es linearmente independentes (bastam os quatro primeiros termos de cada soluc¸a˜o).
Soluc¸a˜o:
Da equac¸a˜o (6) temos que a2 = 0. Escolhendo valores sucessivos de n na equac¸a˜o (6) temos:
Para n = 1:
a3 =
a1
2
+
a0
6
. (7)
Para n = 2:
a4 =
a1
12
.
Para n = 3:
a5 =
21a3
20
⇒ a5 = 21
40
a1 +
7
40
a0.
Para n = 4:
a6 =
36a4 + a3
30
⇒ a6 = 7
60
a1 +
1
180
a0.
Substituindo esses coeficientes na equac¸a˜o y(x) =
∑∞
n=0 anx
n temos
y(x) = a0(1 +
1
6
x3 +
7
40
x5 +
1
180
x6 + · · · ) + a1(x+ 1
2
x3 +
1
12
x4 +
21
40
x5 + · · · ).
Portanto, as duas soluc¸o˜es linearmente independentes sa˜o:
y1(x) = 1 +
1
6
x3 +
7
40
x5 +
1
180
x6 + · · · , y2(x) = x+ 1
2
x3 +
1
12
x4 +
21
40
x5 + · · ·
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Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 20/05/2010(continuac¸a˜o)
(c) (0.5 ponto) Determine o raio de convergeˆncia mı´nimo para a soluc¸a˜o encontrada no ı´tem (b).
Soluc¸a˜o:
Temos neste caso que
p(x) =
Q(x)
P (x)
=
3x
2x2 − 1 , q(x) =
R(x)
P (x)
=
x
2x2 − 1 .
Usando as propriedades da se´rie geome´trica, observe que
1
2x2 − 1 = −
1
1− 2x2 = −
∞∑
n=0
(−2x2)n =
∞∑
n=0
(−1)n+12nx2n,
e a se´rie converge absolutamente para todo nu´mero real x, tal que 2x2 < 1⇔ |x| < 1/√2.
Logo o raio de convergeˆncia de p(x), Rp = 1/
√
2 e o raio de convergeˆncia de q(x), Rq =
1/
√
2. Seja Ry o raio de convergeˆncia para a soluc¸a˜o encontrada no ı´tem (b), enta˜o
Ry ≥ min{Rp, Rq} = 1√
2
.
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