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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 Página 1 de 4 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. Página 2 de 4 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. Página 3 de 4 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. Página 4 de 4 Boa prova!
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