Lista 9 - Sequências e séries (RESOLVIDA)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE JUIZ DE FORA
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
PROFESSORES: JOANA DARC E TATIANA
AULA 9 - TUTORIA DE EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS I
Questa˜o 1. Determine o raio e o intervalo de convergeˆncia das se´ries abaixo:
a)
∞∑
n=1
(−1)nxn
(2n− 1)32n−1
b)
∞∑
n=1
lnn
n+ 1
(x− 5)n
Resoluc¸a˜o:
a) Usaremos o Teste da Raza˜o para x 6= 0.
Temos
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1a
n
∣∣∣∣ = lim
n→∞
∣∣∣∣ (−1)
n+1xn+1
(2(n+ 1)− 1)32(n+1)−1
·
(2n− 1)32n−1
(−1)nxn
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ (−1)
n(−1)xnx
(2n+ 1)32n−132
·
(2n− 1)32n−1
(−1)nxn
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ (−1)x(2n+ 1)32 · (2n− 1)
∣∣∣∣
=
|x|
9
lim
n→∞
∣∣∣∣2n− 12n+ 1
∣∣∣∣ = |x|9 ·
Logo pelo Teste da Raza˜o a se´rie dada sera´ absolutamente convergente para x 6= 0, apenas
quando
|x|
9
< 1, ou seja,
|x| < 9 ⇔ −9 < x < 9 e x 6= 0.
Para x = 0 temos que
∞∑
n=1
(−1)nxn
(2n− 1)32n−1
= 0.
Logo R = 9 e´ o raio de convergeˆncia da se´rie e no intervalo (−9, 9) a se´rie e´ convergente.
Analisaremos a convergeˆncia da se´rie nos extremos desse intervalo.
Para x = −9 temos que
∞∑
n=1
(−1)nxn
(2n− 1)32n−1
=
∞∑
n=1
(−1)n(−9)n
(2n− 1)32n−1
=
∞∑
n=1
(−1)2n9n
(2n− 1)32n3−1
=
∞∑
n=1
3
2n− 1
diverge,
pois
2n− 1 < 2n, ∀n ≥ 1 ⇒
1
2n
<
1
2n− 1
·
Como a se´rie
∞∑
n=1
1
n
diverge, uma vez que e´ uma se´rie-p, com p = 1 ≤ 1, segue que a se´rie
∞∑
n=1
1
2n
tambe´m diverge. Logo, pelo Teste da Comparac¸a˜o, a se´rie
∞∑
n=1
1
2n− 1
diverge.
Para x = 9 temos que
∞∑
n=1
(−1)nxn
(2n− 1)32n−1
=
∞∑
n=1
(−1)n9n
(2n− 1)32n−1
=
∞∑
n=1
(−1)n32n
(2n− 1)32n3−1
=
∞∑
n=1
(−1)n3
2n− 1
converge pelo Teste de Leibniz (Teste para Se´ries Alternadas), pois a
n
=
3
2n− 1
> 0, para todo
n ≥ 1. A sequeˆncia (a
n
)
n≥1 e´ decrescente.
De fato,
2n− 1 < 2(n+ 1)− 1, ∀n ≥ 1 ⇒ a
n+1 =
3
2(n + 1)− 1
<
3
2n− 1
= a
n
.
Ale´m disso, lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
3
2n− 1
= 0·
Portanto o intervalo de convergeˆncia da se´rie e´ (−9, 9].
b) Usaremos o Teste da Raza˜o para x 6= 5. Temos
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1a
n
∣∣∣∣ = lim
n→∞
∣∣∣∣(ln(n + 1))(x− 5)
n+1
(n+ 1) + 1
·
n+ 1
(lnn)(x− 5)n
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣(ln(n + 1))(x− 5)
n(x− 5)
n+ 2
·
n+ 1
(lnn)(x− 5)n
∣∣∣∣
= |x− 5| lim
n→∞
∣∣∣∣ ln(n + 1)lnn ·
n + 1
n + 2
∣∣∣∣ = |x− 5|,
pois lim
n→∞
ln(n + 1)
lnn
= 1 e lim
n→∞
n + 1
n + 2
= 1·
De fato,
lim
x→∞
ln(x+ 1)
ln x
= lim
x→∞
(ln(x+ 1))′
(ln x)′
= lim
x→∞
x
x+ 1
= 1·
Logo, pelo Teste da Raza˜o, a se´rie dada sera´ absolutamente convergente para x 6= 5, apenas
quando |x− 5| < 1, isto e´,
−1 < x− 5 < 1 ⇔ 4 < x < 6 e x 6= 5.
Para x = 5 temos que
∞∑
n=1
lnn
n+ 1
(x− 5)n = 0.
Assim, R = 1 e´ o raio de convergeˆncia da se´rie e no intervalo (4, 6) a se´rie e´ convergente.
Analisaremos a convergeˆncia da se´rie nos extremos desse intervalo.
Para x = 4 temos que
∞∑
n=1
lnn
n+ 1
(x− 5)n =
∞∑
n=1
lnn
n + 1
(4− 5)n =
∞∑
n=1
(−1)n lnn
n+ 1
converge, pelo Teste de Leibniz.
Com efeito,
a
n
=
lnn
n + 1
> 0, para todo n ≥ 2.
Seja f(x) =
ln x
x+ 1
= ln x(x+ 1)−1 uma func¸a˜o real. Logo
f ′(x) =
1
x
(x+ 1)−1 − ln x(x+ 1)−2 =
(x+ 1)− x ln x
x(x+ 1)2
< 0,
para todo x ≥ 4, isto e´, a func¸a˜o f(x) e´ decrescente, para todo x ≥ 4.
Ale´m disso, lim
n→∞
a
n
= lim
n→∞
lnn
n + 1
= 0, pois
lim
x→∞
ln x
x+ 1
= lim
x→∞
(ln x)′
(x+ 1)′
= lim
x→∞
1
x
= 0·
Portanto, pelo Teste de Leibniz, a se´rie
∞∑
n=4
(−1)n lnn
n+ 1
converge, consequentemente a se´rie
∞∑
n=1
(−1)n lnn
n+ 1
converge, uma vez que essas se´ries se diferem por um nu´mero finito de termos.
Para x = 6 temos que
∞∑
n=1
lnn
n+ 1
(x− 5)n =
∞∑
n=1
lnn
n+ 1
(6− 5)n =
∞∑
n=1
lnn
n+ 1
diverge, pelo Teste de Comparac¸a˜o por Limite, pois a se´rie
∞∑
n=1
1
n+ 1
diverge (uma vez que a
se´rie-p
∞∑
n=1
1
n
, com p = 1 ≤ 1, diverge e essas se´ries se diferem por um nu´mero finito de termos).
Considerando a
n
=
lnn
n+ 1
> 0, para todo n ≥ 2 e b
n
=
1
n+ 1
> 0, para todo n ≥ 0 temos que
lim
n→∞
a
n
b
n
= lim
n→∞
lnn
n + 1
1
n + 1
= lim
n→∞
(n + 1) lnn
n+ 1
= lim
n→∞
lnn =∞·
Assim, pelo Teste de Comparac¸a˜o por Limite, a se´rie
∞∑
n=2
lnn
n + 1
diverge, consequentemente a se´rie
∞∑
n=1
lnn
n + 1
tambe´m diverge, pois elas se diferem por um nu´mero finito de termos.
Logo o intervalo de convergeˆncia da se´rie e´ [4, 6).
Questa˜o 2. Determine a se´rie de Maclaurin da func¸a˜o f(x) = cosh x.
Resoluc¸a˜o:
A se´rie de Maclaurin da func¸a˜o f corresponde a se´rie de Taylor centrada em a = 0.
Logo
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(a)
n!
(x− a)n =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn·
Temos f(x) = cosh x =
ex + e−x
2
· Logo f ′(x) =
ex − e−x
2
= senh x, f ′′(x) = cosh x, f (3)(x) =
cosh x e, assim sucessivamente.
Portanto, f (2n)(x) = cosh x e f (2n+1)(x) = senh x, para todo n ≥ 0. E, f (2n)(0) = cosh 0 = 1 e
f (2n+1)(0) = senh 0 = 0, para todo n ≥ 0. Logo,
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn =
∞∑
n=0
f (2n)(0)
(2n)!
x2n = 1 +
x2
2!
+
x4
4!
+
x6
6!
+
x8
8!
+ ... =
∞∑
n=0
x2n
(2n)!
·
Usaremos o Teste da Raza˜o para determinar o raio de convergeˆncia da se´rie.
Para x 6= 0 temos
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1a
n
∣∣∣∣ = lim
n→∞
∣∣∣∣ x
2(n+1)
(2(n+ 1))!
·
(2n)!
x2n
∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ x
2nx2
(2n+ 2)(2n+ 1)(2n)!
·
(2n)!
x2n
∣∣∣∣
= x2 lim
n→∞
1
(2n + 2)(2n+ 1)
= 0 < 1.
Logo, pelo Teste da Raza˜o, a se´rie sera´ absolutamente convergente para todo x 6= 0.
Para x = 0 temos que
∞∑
n=0
x2n
(2n)!
= 1.
Portanto, R =∞ e´ o raio de convergeˆncia da se´rie de Maclaurin obtida. Assim, f(x) =
∞∑
n=0
x2n
(2n)!
,
para todo x ∈ R.
Questa˜o 3. Determine a se´rie de Taylor da func¸a˜o f(x) =
1
1− x
centrada em a =
1
2
·
Resoluc¸a˜o:
A se´rie de Taylor centrada em a e´ dada por
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(a)
n!
(x− a)n =
∞∑
n=0
f (n)
(
1
2
)
n!
(
x−
1
2
)
n
·
Temos f(x) = (1−x)−1. Logo f ′(x) = (1−x)−2, f ′′(x) = 2(1−x)−3, f (3)(x) = 3!(1−x)−4, f (4)(x) =
4!(1− x)−5 e, assim sucessivamente.
Logo, f (n)(x) = n!(1− x)−n−1, para todo n ≥ 0. E, f (n)
(
1
2
)
= n!
(
1
2
)−n−1
= n!2n+1. Portanto,
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)
(
1
2
)
n!
(
x−
1
2
)
n
=
∞∑
n=0
n!2n+1
n!
(
x−
1
2
)
n
=
∞∑
n=0
2n+1
(
x−
1
2
)
n
·
Usaremos o Teste da Raza˜o para determinar o raio de convergeˆncia da se´rie.
Para x 6=
1
2
temos
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1a
n
∣∣∣∣ = lim
n→∞
∣∣∣∣∣
2(n+1)+1
(
x− 1
2
)
n+1
2(n+1)
(
x− 1
2
)
n
∣∣∣∣∣ = 2
∣∣∣∣x− 12
∣∣∣∣ ·
Logo, pelo Teste da Raza˜o, a se´rie sera´ absolutamente convergente para todo x 6= 1
2
, apenas
quando
2
∣∣x− 1
2
∣∣ < 1, ou seja,
∣∣∣∣x− 12
∣∣∣∣ < 12 ⇔ −
1
2
< x−
1
2
<
1
2
⇔ 0 < x < 1 e x 6=
1
2
·
Para x =
1
2
temos que
∞∑
n=0
2n+1
(
x− 1
2
)
n
= 2.
Portanto, R =
1
2
e´ o raio de convergeˆncia da se´rie de Taylor obtida e f(x) =
∞∑
n=0
2n+1
(
x− 1
2
)
n
,
quando
∣∣x− 1
2
∣∣ < 1
2
·