VE1Sol 2009.1

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Gabarito da VE1 de EDMM (13/4/2009)
1) Determine se as séries abaixo convergem ou divergem. Justifique brevemente as suas respostas (por exemplo, se
usando comparação, diga isto e apenas cite a série usada na comparação).
a)
∑
∞
n=0
4n
5n+1 .
b)
∑
∞
n=1
(2n)!
(n!)2
.
c)
∑
∞
n=1 (−1)
n lnn.
d)
∑
∞
n=1 (−1)
n(n+1)/2
n−1.342009
a) Pode-se usar o Teste da Razão, mas é fácil ver que esta é uma série geométrica de primeiro termo 15 e razão
4
5 . Como a
razão é menor que 1, a série converge. Aliás:
∞∑
n=0
4n
5n+1
=
1/5
1− 4/5
= 1
b) Pelo Teste da Razão
lim
n→∞
|an+1|
|an|
= lim
n→∞
(2n+ 2)!
(n+ 1)!2
.
n!2
(2n)!
= lim
n→∞
(2n+ 2) (2n+ 1)
(n+ 1) (n+ 1)
= 4 > 1
Portanto, esta série diverge.
c) Como lnn→∞ quando n→∞, o termo geral não vai para 0. Assim, esta série diverge.
d) Se an = (−1)
n(n+1)/2
n−1.342009, então
∑
|an| =
∑ 1
n1.342009 converge (série p com p = 1.342009 > 1). Assim,
∑
an é
absolutamente convergente e, portanto, converge.
2) Considere a série de potências
f (x) =
∞∑
n=2
(−1)n xn
n (n− 1)
a) Encontre o Intervalo de Convergência desta série.
b) Encontre f ′′ (x).
c) Calcule f (x), isto é, encontre uma fórmula simples (sem somatórios) para f (x).
a) Temos (se o limite existir):
R = lim
n→∞
∣∣∣∣ cncn+1
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ 1n (n− 1) · (n+ 1)n1
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣n+ 1n− 1
∣∣∣∣ = 1
Assim, o raio de convergência é 1. Agora, se x = −1 a série
∑
∞
n=2
1
n(n−1) é comparável com
∑
1
n2 , que converge; se x = 1
temos uma série alternada com termo geral de valor absoluto decrescente indo para 0, que também converge (Teste de Leibniz).
Em suma, o intervalo de convergência é [−1, 1].
b) Derivando diretamente
f ′ (x) =
∞∑
n=2
(−1)
n
xn−1
n− 1
⇒ f ′′ (x) =
∞∑
n=2
(−1)n xn−2 =
∞∑
n=0
(−1)n xn =
1
1 + x
com raio de convergência 1. Note que esta série diverge em x = ±1.
c) Vimos que f ′′ (x) = 11+x . Então:
f ′ (x) =
∫
1
1 + x
dx = ln (1 + x) +C1
Como estamos trabalhando apenas para −1 < x < 1, não precisamos do módulo dentro do logaritmo. Para encontrar C1, note
do somatório que representa f ′ (x) que f ′ (0) = 0. Assim, 0 = ln 1 +C1, isto é, C1 = 0 e f
′ (x) = ln (1 + x). Então:
f (x) =
∫
ln (1 + x) dx = (1 + x) (ln (1 + x)− 1) +C2
Enfim, como f (0) = 0 (veja o somatório), temos 0 = −1 +C2, isto é, C2 = 1. Em suma
f (x) = (1 + x) ln (1 + x)− x
1
3) Usando o método de Frobenius (em volta de x = 0), podemos encontrar duas soluções L.I. para a E.D.O.
xy′′ + (2− x) y′ − y = 0
Encontre pelo menos uma destas soluções usando a menor raiz da equação indicial.
Note que x = 0 é ponto singular regular desta equação. Usando o método de Frobenius, vem
y (x) =
∞∑
n=0
cnx
n+s ⇒ −y =
∞∑
m=1
−cm−1x
m+s−1
y′ (x) =
∞∑
n=0
(n+ s) cnx
n+s−1 ⇒−xy′ =
∞∑
n=0
− (n+ s) cnx
n+s =
∞∑
m=1
− (m+ s− 1) cm−1x
m+s−1
y′′ (x) =
∞∑
n=0
(n+ s) (n+ s− 1) cnx
n+s−2 ⇒ xy′′ =
∞∑
n=0
(n+ s) (n+ s− 1) cnx
n+s−1
Somando os termos da direita com 2y′ e lembrando que os índices são mudos:
xy′′ + 2y′ − xy′ − y = s (s+ 1) c0x
s−1 +
∞∑
n=1
[(n+ s) (n+ s− 1) cn − (n+ s) cn−1]x
n+s−1
Como queremos ter c0 �= 0, chegamos à seguinte equação indicial:
s (s+ 1) = 0⇒ s = 0 ou s = −1
e à relação entre os coeficientes
(n+ s) [(n+ s+ 1) cn − cn−1] = 0 para n = 1, 2, 3, 4, ...
Como o enunciado pede que usemos a menor raiz, tomemos s = −1. Então a segunda relação é
(n− 1) [ncn − cn−1] = 0 para n = 1, 2, 3, 4, ...
Note que n = 1 não nos dá relação alguma entre c0 e c1 — então c1 está solto também! A recorrência começa apenas em
n = 2 :
cn =
1
n
cn−1 para n = 2, 3, 4, ...
Assim
cn =
1
n
·
1
n− 1
·
1
n− 2
...
1
2
c1 =
c1
n!
Em suma, chegamos à solução
y (x) = c0x
−1 + c1
∞∑
n=1
xn−1
n!
Comentário: note que o somatório à direita é e
x
−1
x . Mais ainda, por "sorte", o método nos deu duas soluções L.I. apenas
com o caso s = −1. Em suma, a solução geral da EDO original é
y (x) = c0
1
x
+ c1
ex − 1
x
= K1
ex
x
+K2
1
x
2
4) Use a Transformada de Laplace para encontrar a solução y (t) (para t ≥ 0) do seguinte Problema de Valor Inicial
y′′ + 4y = 4u (t)
y (0+) = 1
y′ (0+) = −1
onde u (t) é a função degrau unitário.
Seja Y (s) a transformada de Laplace de y (t). Então:
L (y) = Y (s)
L (y′′) = s2Y (s)− sy (0)− y′ (0) = s2Y − s+ 1
Portanto, aplicando a Transformada de Laplace na EDO:
s2Y − s+ 1 + 4Y =
4
s
⇒ Y (s) =
4− s+ s2
s (s2 + 4)
Abrindo isto em frações parciais
4− s+ s2
s (s2 + 4)
=
A
s
+
Bs+C
s2 + 4
⇒ 4− s+ s2 = A
(
s2 + 4
)
+ s (Bs+C)⇒ A = 1, B = 0 e C = −1
Então
Y (s) =
1
s
−
1
s2 + 4
⇒ y (t) = 1−
sin 2t
2
para t ≥ 0
3