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 3
1. (25 pts) Encontre a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial ordina´ria
y′ − xy − x3y2 = 0.
Soluc¸a˜o:
Note que esta e´ uma equac¸a˜o de Bernoulli, pois
y′ − xy − x3y2 = 0⇔ y′ − xy = x3y2.
• 1o caso: y = 0
Note que y = 0 e´ soluc¸a˜o desta EDO.
• 2o caso: y 6= 0
Multiplicando a EDO por
1
y2
, obtemos
y−2 · y′ − x · y−1 = x3.
Fazendo a mudanc¸a de varia´vel v = y−1, segue que v′ = −y−2 · y′ e, assim, y−2 · y′ = −v′.
Substituindo esses valores na EDO, ficamos com a equac¸a˜o
−v′ − xv = x3 ⇔ v′ + xv = −x3.
Esta equac¸a˜o e´ linear e pode ser resolvida pelo Me´todo do Fator Integrante.
Tomando o fator integrante µ(x) = e
∫
xdx = e
x2
2 e multiplicando a EDO por este, obtemos
e
x2
2 · v′ + xex
2
2 · v = −x3ex
2
2 ⇔
[
v · ex
2
2
]′
= −x3ex
2
2
e, integrando ambos os lados em relac¸a˜o a x,
v · ex
2
2 = −
∫
x3e
x2
2 dx+ c1.
Note que
∫
x3e
x2
2 dx =
∫
x2e
x2
2 xdx e, fazendo a mudanc¸a de varia´vel u =
x2
2
⇒ du = xdx,
temos ∫
x2e
x2
2 xdx =
∫
2ueudu = 2 [ueu − eu] + c2,
usando integrac¸a˜o por partes. Assim,
v · ex
2
2 = −2
[
x2e
x2
2 − ex
2
2
]
+ c⇒ v = 2− x2 + ce−x
2
2 .
Voltando para a varia´vel y, temos
1
y
= 2− x+ ce−x
2
2 ⇒ y = 1
2− x2 + ce−x22
.
1
2. Resolva os itens abaixo:
(a) (15 pts) Calcule a se´rie de Maclaurin para a func¸a˜o f(x) = e3x.
Soluc¸a˜o:
A se´rie de Maclaurin para f(x) e´ definida por
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn. Como f(x) = e3x, segue que
f ′(x) = 3e3x,
f ′′(x) = 32e3x,
f (3)(x) = 33e3x,
f (4)(x) = 34e3x
e, assim,
f (n)(x) = 3ne3x ⇒ f (n)(0) = 3ne3·0 = 3n ⇒ f
(n)(0)
n!
=
3n
n!
.
Portanto,
e3x = f(x) =
∞∑
n=0
3n
n!
xn.
(b) (12 pts) Utilize o item anterior para mostrar que
∞∑
n=0
(−1)n22n
n!
= e−4.
Soluc¸a˜o:
Fazendo x = −4
3
na expressa˜o
e3x =
∞∑
n=0
3n
n!
xn,
obtemos
e−4 = e3(−
4
3) =
∞∑
n=0
3n
n!
(
−4
3
)n
=
∞∑
n=0
(−1)n 3
n
n!
· 4
n
3n
=
∞∑
n=0
(−1)n4n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n22n
n!
= e−4.
3. Seja f(x) =
∞∑
n=0
(−1)nxn√
n2 + 3
.
(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 =
(−1)nxn√
n2 + 3
. Como
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣∣ xn+1√(n+ 1)2 + 3 ·
√
n2 + 3
xn
∣∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ xn · x√n2 + 2n+ 4 · n2 + 3xn
∣∣∣∣
= |x| lim
n→∞
√
n2 + 3
n2 + 2n+ 4
= |x|
√
lim
n→∞
n2 + 3
n2 + 2n+ 4
= |x| · 1 = |x|,
segue, pelo teste da raza˜o, que a se´rie converge para x tal que |x| < 1, isto e´, a se´rie e´ convergente
no intervalo (−1, 1).
Testando os extremos:
2
• Em x = −1, a se´rie se torna
∞∑
n=0
(−1)n(−1)n√
n2 + 3
=
∞∑
n=0
(−1)2n√
n2 + 3
=
∞∑
n=0
1√
n2 + 3
.
Como esta e´ uma se´rie nume´rica de termos positivos, comparando no limite com a se´rie
harmoˆmica, temos
lim
n→∞
1√
n2+3
1
n
= lim
n→∞
n√
n2 + 3
= 1 > 0
e, assim, a se´rie nume´rica tem o mesmo comportamento que a se´rie harmoˆnica, ou seja,
diverge.
• Em x = 1, a se´rie se torna
∞∑
n=0
(−1)n(1)n√
n2 + 3
=
∞∑
n=0
(−1)n 1√
n2 + 3
.
Note que
(i) bn =
1√
n2 + 3
> 0 para todo n ≥ 0 pois e´ quociente de dois nu´meros na˜o negativos:
√
n2 + 3 e 1.
(ii) Fazendo f(x) =
1√
x2 + 3
, segue que f ′(x) = − x√
(x2 + 3)3
. Como f ′(x) < 0⇔ x > 0, a
func¸a˜o f e´ decrescente para x > 0 e, como f(n) = bn para n ∈ N, a sequeˆncia (bn) sera´
decrescente para n > 0.
(iii) lim
n→∞ bn = limn→∞
1√
n2 + 3
= 0.
Logo, pelo teste de Leibnitz, a se´rie converge em x = 1.
Portanto, o domı´nio de f e´ dado por D(f) = IC(f) = (−1, 1].
(b) (2 pts) Calcule f (1).
Soluc¸a˜o:
Note que 1 ∈ D(f). Desse modo, f(1) =
∞∑
n=0
(−1)n(1)n√
n2 + 3
=
∞∑
n=0
(−1)n 1√
n2 + 3
.
(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
(−1)nxn√
n2 + 3
=
1√
3
− 1 · x√
4
+
1 · x2√
7
− 1 · x
3
√
12
+ . . .+
(−1)n · xn√
n2 + 3
+ . . . .
Derivando termo a termo, obtemos
f ′(x) = − 1√
4
+
2x√
7
− 3x
2
√
12
+ . . .+
(−1)nn · xn−1√
n2 + 3
+ . . . =
∞∑
n=1
(−1)nn · xn−1√
n2 + 3
.
(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
(−1, 1). Para determinarmos o intervalo de convergeˆncia de f ′, basta examinarmos os extremos
deste intervalo.
• Para x = 1, a se´rie se torna
∞∑
n=1
(−1)nn · (1)n−1√
n2 + 3
=
∞∑
n=1
(−1)nn√
n2 + 3
, que diverge pelo Crite´rio do
Termo Geral, pois lim
n→∞
(−1)nn√
n2 + 3
na˜o existe.
3
• Para x = −1, a se´rie se torna
∞∑
n=1
(−1)nn · (−1)n−1√
n2 + 3
=
∞∑
n=1
(−1)2n−1n√
n2 + 3
=
∞∑
n=1
− n√
n2 + 3
, que
diverge pelo Crite´rio do Termo Geral, pois lim
n→∞−
n√
n2 + 3
= −1 6= 0.
Logo, o domı´nio de f ′ e´ dado por D(f ′) = (−1, 1).
4. Se a afirmativa for verdadeira, prove. Se for falsa, deˆ um contra-exemplo.
(a) (8 pts) (F )) Se
∞∑
n=1
an converge, enta˜o
∞∑
n=1
a2n converge.
Soluc¸a˜o:
Falsa, tome an = (−1)n 1√
n
.
Note que
(i) bn =
1√
n
> 0 para todo n > 0 pois e´ quociente de nu´meros na˜o negativos.
(ii) Como a raiz quadrada e´ uma func¸a˜o crescente,
√
n <
√
n+ 1 e, assim,
1√
n+ 1
<
1√
n
, donde
conclu´ımos que a sequeˆncia (bn) e´ decrescente.
(iii) lim
n→∞ bn = limn→∞
1√
n
= 0.
Logo, pelo teste de Leibnitz, a se´rie
∞∑
n=1
an converge. No entanto,
∞∑
n=1
a2n =
∞∑
n=1
1
n
diverge.
(b) (10 pts) (V )) A soluc¸a˜o do PVI{
xy4dx+
(
y2 + 2
)
e−3xdy = 0
y(0) = 1
e´ dada (implicitamente) por
e3x(3x− 1) = 9
y
+
6
y3
− 16.
Soluc¸a˜o:
Verdadeira. Note que
xy4dx+
(
y2 + 2
)
e−3xdy = 0⇒
(
y2 + 2
)
y4
dy = − x
e−3x
dx⇔
(
1
y2
+
2
y4
)
dy = −xe3xdx.
Integrando ambos os lados, obtemos∫ (
y−2 + 2y−4
)
dy =
∫
−xe3xdx⇒ −y−1 − 2
3
y−3 = −xe
3x
3
+
e3x
9
+ c1
⇒ −1
y
− 2
3
1
y3
= −xe
3x
3
+
e3x
9
+ c1
e, multiplicando esta euqac¸a˜o por −9, obtemos
9
y
+
6
y3
= 3xe3x − e3x + c.
Fazendo x = 0 nesta equac¸a˜o, como y(0) = 1 pela condic¸a˜o inicial, segue que
9
1
+
6
13
= 3 · 0e30 − e3·0 + c⇒ 15 = −1 + c⇒ c = 15 + 1 = 16
4
e, enta˜o, a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por
9
y
+
6
y3
= 3xe3x − e3x + 16⇔ e3x(3x− 1) = 9
y
+
6
y3
− 16.
5