c4 20172 prova1 gab

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CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV
2017.2 – Turma M4 (Engenharia Mecaˆnica) – Prof. Joa˜o Alves
Gabarito da 1a Avaliac¸a˜o Parcial
Suma´rio
Questa˜o 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Questa˜o 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Questa˜o 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Questa˜o 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Questa˜o 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Questa˜o 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Refereˆncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1
2
Questa˜o 1. [1,4 pt.] Calcule, caso exista, limn→+∞ an, sendo an igual a
(a) (n2 + 3n+ 1)/(4n3 + 2).
(b)
∑n
k=2(1/3)
k.
Soluc¸a˜o.
(a)
lim
n→+∞
n2 + 3n+ 1
4n3 + 2
= lim
n→+∞
1/n+ 3/n2 + 1/n3
4 + 2/n2
=
limn→+∞(1/n+ 3/n2 + 1/n3)
limn→+∞(4 + 2/n2)
=
0
4
= 0.
(b)
n∑
k=2
(
1
3
)k
=
n∑
k=0
(
1
3
)k
− 1− 1
3
=
1
1− 1/3 − 1−
1
3
=
3
2
− 4
3
=
9− 8
6
=
1
6
.
�
Questa˜o 2. [1,5 pt.] Calcule a soma da se´rie
∑+∞
k=0 1/[(4k + 1)(4k + 5)].
Soluc¸a˜o.
+∞∑
k=0
1
(4k + 1)(4k + 5)
=
+∞∑
k=0
(4k + 5)/4− (4k + 1)/4
(4k + 1)(4k + 5)
=
+∞∑
k=0
[
1
4(4k + 1)
− 1
4(4k + 5)
]
=
+∞∑
k=0
(bk − bk+1),
onde
bk =
1
4(4k + 1)
.
3
Portanto, trata-se de uma se´rie telesco´pica. Aplicando a fo´rmula:
+∞∑
k=0
1
(4k + 1)(4k + 5)
= b0 − lim
k→+∞
bk
=
1
4 · 0 + 1 − limk→+∞
1
4(4k + 1)
=
1
4
− 0 = 1
4
.
�
Questa˜o 3. [1,7 pt.] Estude a se´rie
∑+∞
k=0 k/(1 + k
4) com relac¸a˜o a con-
vergeˆncia ou divergeˆncia.
Soluc¸a˜o. Estudaremos esta se´rie por treˆs crite´rios diferentes. (Mas bastaria
aplicar apenas um deles.)
• Pelo crite´rio da integral: A func¸a˜o real f : R → R dada por f(x) =
x/(1 + x4) estende a sequeˆncia {k/(1 + k4)}+∞k=0, e´ deriva´vel (logo
cont´ınua) e positiva em R. Vamos estudar seu crescimento/decresci-
mento. Derivando:
f ′(x) =
1 · (1 + x4)− x · 4x3
(1 + x4)2
=
1− 3x4
1 + x4
.
Estudando o sinal da derivada:
f ′(x) < 0 ⇔ 1− 3x
4
1 + x4
< 0
⇔ 1− 3x4 < 0 (pois 1 + x4 > 0)
⇔ x < − 4
√
1
3
ou x >
4
√
1
3
.
Assim, f ′(x) < 0 para todo x > 4
√
1
3
(inclusive para todo x ≥ 1).
Consequentemente, f e´ positiva, cont´ınua e decrescente em [1,+∞).
4
Podemos enta˜o aplicar o crite´rio da integral.∫ +∞
1
f(x) dx =
∫ +∞
1
x
1 + x4
dx = lim
t→+∞
∫ t
1
x
1 + x4
dx
= lim
t→+∞
∫ t
1
1
2
· 1
1 + (x2)2︸ ︷︷ ︸
1/(1+u2)
· 2xdx︸ ︷︷ ︸
du
=
1
2
lim
t→+∞
∫ t2
1
1
1 + u2
du
=
1
2
lim
t→+∞
[arctanu]t
2
1 =
1
2
lim
t→+∞
(
arctan t2 − pi
4
)
=
1
2
(pi
2
− pi
4
)
=
pi
8
.
A integral converge. Logo, a se´rie converge.
• Pelo crite´rio da comparac¸a˜o: Para todo inteiro positivo k, e´ claro que
k4 + 1 > k4 > 0 ∴ 0 < 1
k4 + 1
<
1
k4
∴ k
k4 + 1
<
k
k4
=
1
k3
.
Ou seja, para k suficientemente grande (basta ser maior que zero), o
k-e´simo termo da se´rie dada e´ menor do que o k-e´simo termo da se´rie∑+∞
k=1 1/k
3, a qual converge, pois e´ uma se´rie harmoˆnica de ordem
3 > 1. Enta˜o, pelo crite´rio da comparac¸a˜o, conclu´ımos que a se´rie∑+∞
k=0 k/(1 + k
4) converge.
• Pelo crite´rio do limite: Sejam ak = k/(1+k4) e bk = 1/k3. (A escolha
de bk foi baseada na observac¸a˜o de que a parcela 1 no denominador
de ak influi muito pouco no valor de ak, de modo que ak aproxima-se
de k/k4 = 1/k3 para k grande.) Temos:
lim
k→+∞
∣∣∣∣akbk
∣∣∣∣ = limk→+∞
∣∣∣∣ k1 + k4 · k31
∣∣∣∣ = limk→+∞ k41 + k4
= lim
k→+∞
1
1/k4 + 1
=
1
0 + 1
= 1.
Como a sequeˆncia {|ak/bk|}∞k=1 converge para um nu´mero positivo, o
crite´rio do limite nos diz que ou ambas as se´ries
∑
ak e
∑
bk conver-
gem, ou ambas divergem. Mas como
∑
bk converge, pois e´ uma se´rie
harmoˆnica de ordem 3 > 1, resulta que
∑
ak converge.
�
5
Questa˜o 4. [2,0 pt.] Determine o domı´nio da func¸a˜o real f dada por f(x) =∑+∞
n=2 x
n/ lnn.
Soluc¸a˜o. O domı´nio de f e´ o conjunto de todos os x ∈ R onde a se´rie∑
xn/ lnn converge. Definindo an(x) = x
n/ lnn, temos:
lim
n→+∞
∣∣∣∣an+1(x)an(x)
∣∣∣∣ = limn→+∞
∣∣∣∣xn+1/ ln(n+ 1)xn/ lnn
∣∣∣∣
= |x| lim
n→+∞
∣∣∣∣ lnnln(n+ 1)
∣∣∣∣
= |x| lim
n→+∞
1/n
1/(n+ 1)
(por L’Hospital)
= |x| lim
n→+∞
n+ 1
n
= |x|.
Da´ı, pelo teste da raza˜o, se |x| < 1, enta˜o ∑+∞n=2 xn/ lnn converge. E se
|x| > 1, enta˜o ∑+∞n=2 xn/ lnn diverge. Assim, o raio de convergeˆncia desta
se´rie e´ R = 1. Isto tambe´m pode ser calculado mais diretamente pela fo´rmula:
R = lim
n→+∞
ln(n+ 1)
lnn
= lim
n→+∞
1/(n+ 1)
1/n
(por L’Hospital)
= lim
n→+∞
n
n+ 1
= lim
n→+∞
(
1 +
1
n
)−1
=
[
lim
n→+∞
(
1 +
1
n
)]−1
= 1−1 = 1.
Resta saber o que acontece quando |x| = 1. Isto e´, quando x = −1 ou x = 1.
• x = −1. Nesse caso, ∑ an(x) = ∑(−1)n/ lnn. Esta e´ uma se´rie
alternada. A sequeˆncia {1/ lnn} e´ positiva em todos os seus ter-
mos, converge para zero (pois limn→+∞ lnn = +∞) e e´ decrescente
(pois {lnn} e´ crescente). Enta˜o, pelo crite´rio da se´rie alternada,∑
(−1)n/ lnn converge.
• x = 1. Nesse caso, ∑ an(x) = ∑ 1/ lnn. Para estudar esta se´rie,
vamos compara´-la com a se´rie harmoˆnica
∑
1/n, a qual ja´ sabemos
que diverge.
6
– Crite´rio da comparac¸a˜o: A func¸a˜o g(x) = x− lnx e´ positiva em
x = 1 e possui derivada g′(x) = 1−1/x positiva para todo x > 1.
Logo, n > lnn e enta˜o 1/ lnn > 1/n pra todo n ∈ N∗. Da´ı, pelo
crite´rio da comparac¸a˜o, conclu´ımos que
∑
1/ lnn diverge.
– Crite´rio do limite:
lim
n→+∞
1/ lnn
1/n
= lim
n→+∞
n
lnn
= lim
n→+∞
1
1/n
(por L’Hospital)
= lim
n→+∞
n = +∞.
Isto mostra que as somas parciais da se´rie
∑
1/ lnn crecem muito
mais ra´pido do que as da se´rie
∑
1/n. Portanto,
∑
1/ lnn di-
verge.
Assim, o domı´nio de f e´ o conjunto de todos os x tais que |x| < 1 ou x = −1.
Ou seja, o domı´nio e´ o intervalo [−1, 1). �
Questa˜o 5. [1,5 pt.] Determine os valores de x para os quais a se´rie
∑+∞
n=1 e
nx
e´ convergente.
Soluc¸a˜o. Para cada valor de x, a se´rie
∑
enx e´ uma se´rie geome´trica de raza˜o
ex. Como tal, diverge se |ex| ≥ 1 e converge se |ex| < 1. Como ex e´ sempre
positivo, a afirmac¸a˜o da frase anterior equivale a dizer que a se´rie diverge
se ex ≥ 1 e converge se ex < 1. Isto pode ser confirmado pelos crite´rios da
raza˜o e da raiz, por meio dos limites
lim
n→+∞
∣∣∣∣an+1(x)an(x)
∣∣∣∣ = limn→+∞
∣∣∣∣e(n+1)xenx
∣∣∣∣ = limn→+∞��enxex��enx = limn→+∞ ex = ex
e
lim
n→+∞
n
√
|an(x)| = lim
n→+∞
n
√
|enx| = lim
n→+∞
n
√
(ex)n = lim
n→+∞
ex = ex,
onde an(x) = e
nx. Portanto,
∑
enx converge se e somente se x < 0. �
7
Questa˜o 6. [1,9 pt.] Determine o domı´nio da func¸a˜o f dada por f(x) =
limn→+∞ fn(x), onde fn(x) = enx. Esboces os gra´ficos de fn (para os primei-
ros valores de n) e de f .
Soluc¸a˜o. Para cada valor de x, {enx}∞n=0 e´ uma progressa˜o geome´trica de
raza˜o ex. Como tal, converge para −1 < ex ≤ 1 e diverge para ex ≤ −1 ou
ex > 1. Como ex e´ sempre positivo, isto equivale a dizer que a sequeˆncia
converge para ex ≤ 1 e diverge para ex > 1. Ouseja, converge para x ≤ 0
e diverge para x > 0. Enta˜o o domı´nio de f e´ o intervalo I = (−∞, 0]. A
convergeˆncia e´ para zero se x < 0 e e´ para 1 se x = 0. Portanto, f e´ iden-
ticamente nula em (−∞, 0), mas tem descontinuidade em x = 0, assumindo
o valor 1 nesse ponto. Os gra´ficos de f0, f1, f2, f3 e f sa˜o mostrados na
Figura 1. �
Refereˆncias
[1] Guidorizzi, H.L., Um Curso de Ca´lculo, vol. 4, 5a ed., 2002. LTC, Rio de Janeiro –
RJ
8
Figura 1. Gra´ficos das func¸o˜es f0, f1, f2, f3 e f da Questa˜o
6. Observe que o gra´fico de f e´ a parte negativa do eixo x
unida com o ponto (0, 1).
	Questão 1
	Questão 2
	Questão 3
	Questão 4
	Questão 5
	Questão 6
	Referências