Prova 2

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Universidade Federal de Vic¸osa - UFV
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas - CCE
Departamento de Matema´tica - DMA
MAT 147 - CA´LCULO II 2013/I
Professor Luiz Henrique Couto
Gabarito da 2a Prova - Turma 1
1. Seja f(x) =
∞∑
n=0
nxn
4n (n2 + 1)
.
(a) (15 pts) Encontre o domı´nio de f .
Soluc¸a˜o:
O domı´nio de f e´ o intervalo de convergeˆncia da se´rie de poteˆncias. Seja an =
nxn
4n (n2 + 1)
. Como
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣∣ (n+ 1) · xn+14n+1 ((n+ 1)2 + 1) · 4n ·
(
n2 + 1
)
n · xn
∣∣∣∣∣ = ∣∣∣x4 ∣∣∣ limn→∞ (n+ 1)(n2 + 2)n(n+ 1)2 + n
=
∣∣∣x
4
∣∣∣ lim
n→∞
n3 + n2 + n+ 1
n+ 2n+ n+ n
=
∣∣∣x
4
∣∣∣ · 1 = ∣∣∣x
4
∣∣∣
e
∣∣∣x
4
∣∣∣ < 1 ⇔ |x| < 4, segue, pelo teste da raza˜o, que a se´rie e´ convergente no intervalo (−4, 4).
Testando os extremos:
• Em x = −4, a se´rie se torna
∞∑
n=0
n(−4)n
4n (n2 + 1)
=
∞∑
n=0
(−1)nn4n
4n (n2 + 1)
=
∞∑
n=0
(−1)n n
n2 + 1
.
Note que
(i) bn =
n
(n2 + 1)
> 0 para todo n ≥ 0 pois e´ quociente de nu´meros na˜o negativos.
(ii) De n+ 1 > n ≥ 1 segue que (n+ 1)2 > n2 e, assim,
(n+ 1)2 + 1 > n2 + 1⇒ 1
(n+ 1)2 + 1
<
1
n+ 1
⇒ n
(n+ 1)2 + 1
<
n
n+ 1
⇔ bn+1 < bn.
Logo, a sequeˆncia (bn) e´ decrescente.
(iii) lim
n→∞ bn = limn→∞
n
(n2 + 1)
= 0.
Portanto, pelo teste de Leibnitz, a se´rie converge em x = −4.
• Em x = 4, a se´rie se torna
∞∑
n=0
n(4)n
4n (n2 + 1)
=
∞∑
n=0
n
n2 + 1
.
Seja f(x) =
x
x2 + 1
e note que:
(i) f e´ positiva para todo x ≥ 1;
(ii) f e´ cont´ınua para todo x ≥ 1 pois e´ quociente de func¸o˜es cont´ınuas e x2 + 1 6= 0 para
todo x ∈ R;
1
(iii) f e´ decrescente para todo x ≥ 1 pois
f ′(x) =
(
x2 + 1
)− x · 2x
(x2 + 1)2
=
1− 2x2
(x2 + 1)2
< 0⇔ 1− 2x2 < 0,
o que e´ verdadeiro para todo x ≥ 1.
Assim, pelo teste da integral, a se´rie
∞∑
n=0
n
n2 + 1
tem o mesmo comportamento que a integral∫ ∞
0
x
x2 + 1
dx.
Como∫ ∞
0
x
x2 + 1
dx = lim
b→∞
∫ b
0
x
x2 + 1
dx = lim
b→∞
[
1
2
ln
∣∣x2 + 1∣∣]b
0
= lim
b→∞
[
1
2
ln|b2 + 1| − 1
2
ln(1)
]
= +∞,
a integral diverge e, portanto, a se´rie diverge em x = 4.
Assim, o domı´nio de f e´ dado por D(f) = IC(f) = [−4, 4).
(b) (2 pts) Calcule f (−4).
Soluc¸a˜o:
Note que −4 ∈ D(f). Desse modo, f(−4) =
∞∑
n=0
n(−4)n
4n (n2 + 1)
=
∞∑
n=0
(−1)n n
n2 + 1
.
(c) (5 pts) Escreva a se´rie de poteˆncias que define a func¸a˜o f ′.
Soluc¸a˜o:
Sabemos que
f(x) =
∞∑
n=0
nxn
4n (n2 + 1)
=
x
4 · 2 +
2x2
42 · 5 +
3x3
43 · 10 + . . .+
nxn
4n · (n2 + 1) + . . . .
Derivando termo a termo, obtemos
f ′(x) =
1
4 · 2 +
2 · 2x
42 · 5 +
3 · 3x2
43 · 10 + . . .+
n · nxn−1
4n · (n2 + 1) + . . . =
∞∑
n=1
n2xn−1
4n (n2 + 1)
.
(d) (8 pts) Encontre o domı´nio de f ′.
Soluc¸a˜o:
Note que o raio de convergeˆncia de f ′ e´ o mesmo de f . Assim, a se´rie para f ′ ira´ convergir em
(−4, 4). Para determinarmos o intervalo de convergeˆncia de f ′, basta examinarmos os extremos
deste intervalo.
• Para x = 4, a se´rie se torna
∞∑
n=1
n2(4)n−1
4n (n2 + 1)
=
∞∑
n=1
n2
4 (n2 + 1)
que diverge pelo Crite´rio do
Termo Geral, pois
lim
n→∞
n2
4 (n2 + 1)
=
1
4
6= 0.
• Para x = −4, a se´rie se torna
∞∑
n=1
n2(−4)n−1
4n (n2 + 1)
=
∞∑
n=1
(−1)n−1 n
2
4 (n2 + 1)
, que diverge pelo
Crite´rio do Termo Geral, pois lim
n→∞(−1)
n−1 n2
4 (n2 + 1)
na˜o existe.
Logo, o domı´nio de f ′ e´ dado por D(f ′) = (−4, 4).
2
2. Resolva os itens abaixo:
(a) (15 pts) Calcule a se´rie de Maclaurin para a func¸a˜o f(x) = ln(4 + x).
Soluc¸a˜o:
A se´rie de Maclaurin para f(x) e´ definida por
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn = f(0) +
∞∑
n=1
f (n)(0)
n!
xn. Como
f(x) = ln(4 + x), segue que
f ′(x) =
1
4 + x
,
f ′′(x) = − 1
(4 + x)2
,
f (3)(x) =
1
(4 + x)3
,
f (4)(x) = − 6
(4 + x)4
e, assim,
f (n)(x) = (−1)n−1 (n− 1)!
(4 + x)n
⇒ f (n)(0) = (−1)n−1 (n− 1)!
(4 + 0)n
⇒ f
(n)(0)
n!
= (−1)n−1 (n− 1)!
4n · n! =
1
4n · n.
Portanto,
ln(4 + x) = f(x) = f(0) +
∞∑
n=1
f (n)(0)
n!
xn = ln(4) +
∞∑
n=1
(−1)n−1 1
4n · nx
n.
(b) (12 pts) Utilize o item anterior para mostrar que
∞∑
n=1
1
n2n
= ln(2).
Soluc¸a˜o:
Fazendo x = −2 na expressa˜o
ln(4 + x) = ln(4) +
∞∑
n=1
(−1)n−1 1
4nn
xn,
obtemos
ln(4− 2) = ln(4) +
∞∑
n=1
(−1)n−1 1
4nn
(−2)n ⇒ ln(2)− ln(4) =
∞∑
n=1
(−1)n−1(−1)n 1
4nn
2n
⇒ ln
(
2
4
)
=
∞∑
n=1
(−1)2n−1 1
2nn
⇒ ln (2−1) = − ∞∑
n=1
1
n2n
⇒ −ln(2) = −
∞∑
n=1
1
n2n
⇒ ln(2) =
∞∑
n=1
1
n2n
.
3
3. (25 pts) Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial ordina´ria (EDO)
x2y′ + 2xy − y3 = 0; x > 0
Soluc¸a˜o:
Note que podemos dividir ambos os lados da equac¸a˜o por x2 (pois x 6= 0), obtendo
y′ +
2
x
y − 1
x2
y3 = 0
e esta e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli, pois
y′ +
2
x
y − 1
x2
y3 = 0⇔ y′ + 2
x
y =
1
x2
y3.
• 1o caso: y = 0
Note que y = 0 e´ soluc¸a˜o desta EDO.
• 2o caso: y 6= 0
Multiplicando a EDO por
1
y3
, obtemos
y−3 · y′ + 2
x
· y−2 = 1
x2
.
Fazendo a mudanc¸a de varia´vel v = y−2, segue que v′ = −2y−3 · y′ e, assim, y−3 · y′ = −v
′
2
.
Substituindo esses valores na EDO, ficamos com a equac¸a˜o
−v
′
2
+
2
x
v =
1
x2
⇔ v′ − 4
x
v = − 2
x2
.
Esta equac¸a˜o e´ linear e pode ser resolvida pelo Me´todo do Fator Integrante.
Tomando o fator integrante µ(x) = e
∫ −4/xdx = e−4ln(x) = eln(x−4) = x−4 e multiplicando a EDO
por este, obtemos
x−4 · v′ − 4x−5 · v = −2x−6 ⇔ [x−4 · v]′ = −2x−6
e, integrando ambos os lados em relac¸a˜o a x,
x−4 · v = −2
∫
x−6dx = −2x
−5
−5 + c⇒ v = x
4
(
2
5
x−5 + c
)
⇒ v = 2
5x
+ cx4.
Portanto, v =
2 + 5cx4
5x
e, voltando para a varia´vel y, temos
1
y2
=
2 + 5cx4
5x
⇒ y2 = 5x
2 + 5cx4
⇒ y = ±
(
5x
2 + 5cx4
) 1
2
.
4
4. Se a afirmativa for verdadeira, prove. Se for falsa, deˆ um contra-exemplo.
(a) (8 pts) (F ) Se a se´rie de poteˆncias
∞∑
n=0
anx
n tem raio de convergeˆncia R, enta˜o
∞∑
n=0
anx
n e´
absolutamente convergente em [−R,R].
Soluc¸a˜o:
Falsa, tome como contra-exemplo a se´rie do exerc´ıcio 1, onde an =
n
4n(n2 + 1)
. Vimos que o raio
de convergeˆncia dessa se´rie e´ R = 4 e que o intervalo de convergeˆncia desta e´ IC = [−4, 4). No
entanto, a se´rie na˜o e´ absolutamente convergente em [−4, 4] pois, caso o fosse, convergiria em
[−4, 4].
(b) (10 pts) (V ) A soluc¸a˜o do PVI 
dy
dx
=
ycosx
1 + 2y2
y(0) = 1
e´ dada (implicitamente) por
ln |y|+ y2 = senx+ 1.
Soluc¸a˜o:
Verdadeira. Note que
dy
dx
=
ycos(x)
1 + 2y2
⇒ 1 + 2y
2
y
dy = cos(x)dx⇔ (y−1 + 2y) dy = cos(x)dx.
Integrando ambos os lados, obtemos
ln|y|+ 2y
2
2
= sen(x) + c.
Fazendo x = 0 nesta equac¸a˜o, como y(0) = 1 pela condic¸a˜o inicial, segue que
ln|1|+ 12 = sen(0) + c⇒ c = 1
e, assim, a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por
ln|y|+ y2 = sen(x) + 1.
5