prova p1 gab calc4 2012 1 eng

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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 03/05/2012
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Seja
f(t) =
{
0, t ≤ pi
t, t > pi
(a) (0.7 ponto) Calcule a transformada de Laplace de f .
Soluc¸a˜o:
De definc¸a˜o de transformada de Laplace temos: E portanto
L{f}(s) =
∫ ∞
0
f(t)e−st dt =
∫ ∞
pi
te−st dt
=
∫ ∞
pi
d
dt
(
te−st
−s
)
+
e−st
s
dt = e−spi
(
1
s2
+
pi
s
)
(b) (1.8 ponto) Resolva o seguinte problema de valor inicial:{
y′′ + y = f(t)
y′(0) = y(0) = 0
Soluc¸a˜o:
L{y′′ + y} = L{y′′} + L{y} = (s2 + 1)L{y} = L{f} = e−spi
(
1
s2
+
pi
s
)
Logo
L{y} = e−spi
(
1
s2(s2 + 1)
+
pi
s(s2 + 1)
)
= e−spi
[
1
s2
− 1
s2 + 1
+ pi
(
1
s
− s
s2 + 1
)]
Assim, da relac¸a˜o L{uc(t)f(t− c)} = e−csF (s) e das demais fo´rmulas da tabela conclu´ımos
que
y(t) = upi(t) [(t− pi)− sen(t− pi) + pi (1− cos(t− pi))]
Questa˜o 2: (2.0 pontos)
Estude a natureza das se´ries abaixo:
(a) (1.0 ponto)
∞∑
n=1
n4
n!
Soluc¸a˜o:
|an+1|
|an| =
(n+1)4
(n+1)!
n4
n!
=
(n+ 1)3
n4
→ 0 quando n→∞
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 03/05/2012(continuac¸a˜o)
Assim, pelo teste da raza˜o, temos que a se´rie dada e´ absolutamente convergente.
(b) (1.0 ponto)
∞∑
n=1
√
n+ 1−√n− 1√
n+ 2
Soluc¸a˜o:
0 <
√
n+1−√n−1√
n+2
= 2√
n+2(
√
n+1+
√
n−1) e para n ≥ 1 temos
1
n+ 2
=
2√
n+ 2(
√
n+ 2 +
√
n+ 2)
≤ 2√
n+ 2(
√
n+ 1 +
√
n− 1)
Como a se´rie
∑∞
n=1
1
n+2
e´ divergente, pelo Teste da Comparac¸a˜o a se´rie
∑∞
n=1
√
n+1−√n−1√
n+2
tambe´m e´ divergente.
Questa˜o 3: (3.0 pontos)
(a) (1.5 ponto) Desenvolva f(x) = ln (x+1) em se´rie de poteˆncias de x (se´rie centrada em x0 = 0).
Soluc¸a˜o:
(a) f(x) = ln (1 + x)⇒ f(0) = ln 1 = 0
f ′(x) = (1 + x)−1 ⇒ f ′(0) = 1
f ′′(x) = −(1 + x)−2 ⇒ f ′′(0) = −1
f ′′′(x) = 2(1 + x)−3 ⇒ f ′′′(0) = 2
f (4)(x) = −6(1 + x)−4 ⇒ f (4)(0) = −6
..............
f (n)(x) = (−1)n+1(n− 1)!(1 + x)−n ⇒ f (n)(0) = (−1)n+1(n− 1)!
Portanto,
∞∑
n=1
f (n)(0)
n!
xn =
∞∑
n=1
(−1)n+1(n− 1)!
n!
xn =
∞∑
n=1
(−1)n+1
n!
xn
(b) (1.0 ponto) Determine o intervalo de convergeˆncia I da se´rie obtida no item (a)
Soluc¸a˜o:
Se x = 0 a se´rie converge
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Se x 6= 0, n
n+ 1
|x| → |x|, quando n→∞
Assim, a se´rie converge se |x| < 1.
Resta portanto estudar a natureza da se´rie quando x = 1 e x = −1.
Se x = −1, temos :
∞∑
n=1
(−1)2n+1
n
= −
∞∑
n=1
1
n
e portanto a se´rie diverge
Se x = 1, temos :
∞∑
n=1
(−1)n+1
n
e portanto a se´rie converge
Logo, o intervalo de convergeˆncia e´ I = (−1, 1]
(c) (0.5 ponto) Sabendo que f coincide com a se´rie obtida no item (a) para x em I, determine a
soma da se´rie
∞∑
n=1
(−1)n+1
n
.
Soluc¸a˜o:∑∞
n=1
(−1)n+1
n
= f(1) = ln 2
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Considere a equac¸a˜o diferencial
(x2 + 1)y′′ + (x+ 1)y′ + y = 0 (∗)
Determine a relac¸a˜o de recorreˆncia da soluc¸a˜o por se´rie de poteˆncias de x + 1 (se´rie centrada em
x0 = −1) da equac¸a˜o dada.
Soluc¸a˜o:
Observemos que:
P (x) = x2 + 1 = (x+ 1)2 − 2(x+ 1) + 2 ; Q(x) = x+ 1 e R(x) = 1
Temos que P,Q e R sa˜o polinoˆmios e, P (−1) 6= 0. Logo, x = −1 ponto ordina´rio da equac¸a˜o.
Suponhamos a soluc¸a˜o da forma y =
∞∑
n=0
an(x+ 1)
n, e que esta se´rie seja convergente em uma
vizinhanc¸a de x0 = −1 temos que:
y′ =
∞∑
n=1
n an(x+ 1)
n−1 e y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1) an(x+ 1)n−2
Substituindo na equac¸a˜o temos:
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(x+1)2
∞∑
n=2
n(n−1)an(x+1)n−2−2(x+1)
∞∑
n=2
n(n−1)an(x+1)n−2+2
∞∑
n=2
n(n−1)an(x+1)n−2
+ (x+ 1)
∞∑
n=1
n an(x+ 1)
n−1 +
∞∑
n=0
an(x+ 1)
n = 0
Portanto:
∞∑
n=2
n(n− 1)an(x+ 1)n − 2
∞∑
n=2
n(n− 1)an(x+ 1)n−1 + 2
∞∑
n=2
n(n− 1)an(x+ 1)n−2
+
∞∑
n=1
n an(x+ 1)
n +
∞∑
n=0
an(x+ 1)
n = 0
e
∞∑
n=2
n(n− 1)an(x+ 1)n − 2
∞∑
n=1
(n+ 1)nan+1(x+ 1)
n + 2
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2(x+ 1)
n
+
∞∑
n=1
nan(x+ 1)
n +
∞∑
n=0
an(x+ 1)
n = 0
Assim,
(4a2 + a0) + (−4a2 + 12a3 + 2a1)(x+ 1)+
+
∞∑
n=2
[(n(n− 1) + n+ 1)an − 2(n+ 1)nan+1 + 2(n+ 2)(n+ 1)an+2] (x+ 1)n = 0
Logo,
a2 =
−a0
4
a3 = (4a2 − 2a1)/12 = (−a0 − 2a1)/12
an+2 =
−(n(n− 1) + n+ 1)an + 2(n+ 1)nan+1
2(n+ 2)(n+ 1)
, n ≥ 2
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