Cálculo Diferencial E integrais 1,2 e 3 (459)

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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito seg. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 27/11/2018
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Estude a convergeˆncia, convergeˆncia absoluta ou divergeˆncia das se´ries abaixo.
(a)
∞∑
m=1
sen
(
1
m2
)
,
Soluc¸a˜o:
Todos os termos desta se´rie sa˜o positivos. Comparando com a p-se´rie com p = 2, temos
lim
m→∞
sen
(
1
m2
)
/
1
m2
= lim
x→0+
sen(x)
x
= 1.
Como este limite existe e e´ finito, segue pelo teste de comparac¸a˜o no limite que esta se´rie
e´ convergente.
(b)
∞∑
m=1
(−1)m
√
1 +m2
1 +m4
,
Soluc¸a˜o:
Esta se´rie e´ uma se´rie alternada da forma
∞∑
m=1
(−1)mf(m),
onde, para todo m, a func¸a˜o f e´ dada por
f(m) :=
√
1 +m2
1 +m4
.
Esta func¸a˜o e´ positiva,
lim
x→+∞
f(x) = 0,
e, no intervalo [1,∞[, sua derivada e´
f ′(x) =
√
1 + x4
1 + x2
2x− 4x3 − 2x5
(1 +m4)2
≤ 0.
Segue que esta func¸a˜o e´ decrescente no intervalo [1,∞[, e segue pelo teste da se´rie alternada
que esta se´rie e´ convergente. Enfim, comparando sua se´rie de valores absolutos com a se´rie
harmoˆnica, temos
lim
m→∞
f(m)/
1
m
= lim
m→∞
m
√
1 +m2√
1 +m4
= lim
m→∞
√
1 +m−2√
1 +m−4
= 1.
Como este limite existe e e´ finito, segue pelo teste de comparac¸a˜o no limite que a se´rie de
valores absolutos e´ divergente. Esta se´rie e´ enta˜o condicionalmente convergente.
Copyright c© 2018, Departamento de Matema´tica, IM-UFRJ, Reservados todos os direitos. E´ permitida a co´pia, reproduc¸a˜o ou distribuic¸a˜o
deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins na˜o lucrativas
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 27/11/2018(continuac¸a˜o)
(c)
∞∑
m=1
(−1)m
(m+ 1)
(
loge(m+ 1)
)2 .
Soluc¸a˜o:
A se´rie de valores absolutos desta se´rie e´
∞∑
m=1
f(m),
onde, para todo m, a func¸a˜o f e´ dada por
f(m) =
1
(m+ 1)
(
loge(m+ 1)
)2 .
Esta func¸a˜o e´ positiva, decrescente e
lim
m→+∞
f(m) = 0.
Enfim, temos
∫ ∞
1
f(x)dx =
∫ ∞
1
1
(x+ 1)
(
log
e
(x+ 1)
)2dx
=
∫ ∞
loge(2) 1y2dy
=
[−1
y
]∞
loge(2)
=
1
log
e
(2)
.
Como esta integral e´ convergente, segue pelo teste da integral que a se´rie de valores abso-
lutos e´ convergente. Esta se´rie e´ enta˜o absolutamente convergente.
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Considere a seguinte func¸a˜o
g(x) =
∫
x
0
1
y2
arctanh(y2)dy.
(a) Encontre a se´rie de Taylor em torno do zero desta func¸a˜o.
Soluc¸a˜o:
A derivada de g e´
g′(x) =
1
x2
arctanh(x2).
Seja f(y) := arctanh(y). Sua derivada e´
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f ′(y) =
1
1− y2 =
∞∑
m=0
y2m,
e assim
f(y) =
∞∑
m=0
1
(2m+ 1)
y2m+1 + C,
onde
C = f(0) = arctanh(0) = 0.
Segue que
g′(x) =
1
x2
∞∑
m=0
1
(2m+ 1)
x4m+2 =
∞∑
m=0
1
(2m+ 1)
x4m,
e assim
g(x) =
∞∑
m=0
1
(4m+ 1)(2m+ 1)
x4m+1 + C.
Enfim, como
C = g(0) = 0,
temos
g(x) =
∞∑
m=0
1
(4m+ 1)(2m+ 1)
x4m+1.
(b) Determine g(15)(0) (a de´cima-quinta derivada da func¸a˜o g em x = 0).
Soluc¸a˜o:
Pelo Teorema de Taylor,
g(15)(0) = 15!a15,
onde a15 e´ o coeficiente de x
15 na se´rie de Taylor de g em torno de 0. Como este coeficiente
e´ igual a zero, temos
g(15)(0) = 0.
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
Considere a seguinte EDO.
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(x2 − 2x+ 2)y′′ + (x− 1)y′ + (x2 − 2x+ 1)y = 0.
(a) Mostre que x0 = 1 e´ ponto ordina´rio desta equac¸a˜o.
Soluc¸a˜o:
A equac¸a˜o e´
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde
P (x) = (x− 1)2 + 1,
Q(x) = (x− 1), e
R(x) = (x− 1)2.
Como P (1) = 1 6= 0, x0 = 1 e´ ponto ordina´rio desta equac¸a˜o.
(b) Determine a relac¸a˜o de recorreˆncia da soluc¸a˜o em se´ries desta equac¸a˜o em torno deste ponto.
Soluc¸a˜o:
Substituindo t = (x− 1), temos
(t2 + 1)y′′ + ty′ + t2y = 0.
A soluc¸a˜o e´
y =
∞∑
m=0
amt
m
∴ y′ =
∞∑
m=1
mamt
m−1
∴ y′′ =
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm−2.
Substituindo na equac¸a˜o, temos
(t2 + 1)
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 + t
∞∑
m=1
mamt
m−1 + t2
∞∑
m=0
amt
m = 0
∴
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 +
∞∑
m=1
mamt
m +
∞∑
m=0
amt
m+2 = 0
∴
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞∑
m=0
(m+ 2)(m+ 1)am+2t
m +
∞∑
m=1
mamt
m +
∞∑
m=2
am−2t
m = 0
∴
∞∑
m=2
[
(m+ 2)(m+ 1)am+2 +m
2am + am−2
]
tm + (6a3 + a1)t+ 2a2 = 0.
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A relac¸a˜o de recorreˆncia e´ enta˜o
a2 = 0,
a3 = −1
6
a2, e
am+2 = − m
2
(m+ 1)(m+ 2)
am − 1
(m+ 1)(m+ 2)
am−2 ∀ m ≥ 2.
(c) Determine os primeiros 3 coeficientes na˜o nulos da soluc¸a˜o que satisfaz y(1) = 0 e y′(1) = 1.
Soluc¸a˜o:
Pelo Teorema de Taylor,
a0 = y(0) = 0, a1 = y
′(1) = 1.
Logo
a2 = 0,
a3 = −1
6
a1 = −1
6
,
a4 = −1
3
a1 − 1
12
a0 = 0, e
a5 = − 9
20
a3 − 1
20
a1 =
1
40
.
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Determine a soluc¸a˜o u(x, t) do problema


ut − uxx = 0 (x, t) ∈]0, 20[×]0,∞[
u(0, t) = 100 t ∈]0,∞[
u(20, t) = 200 t ∈]0,∞[
u(x, 0) = f(x) x ∈]0, 20[
onde
f(x) =


100 se 0 ≤ x < 5
150 se 5 ≤ x < 15
200 se 15 ≤ x ≤ 20.
Soluc¸a˜o:
O problema estaciona´rio e´
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

vxx = 0, x ∈]0, 20[
v(0) = 100, e
v(20) = 200.
A soluc¸a˜o geral desta EDO e´
v(x) = Ax+B
Aplicando as condic¸o˜es de contorno, temos A = 5 e B = 100. Assim
v(x) = 5x+ 100
A diferenc¸a w := u− v satisfaz


wt − wxx = 0 (x, t) ∈]0, 20[×]0,∞[
w(0, t) = 0 t ∈]0,∞[
w(20, t) = 0 t ∈]0,∞[
Procuramos primeiro as soluc¸o˜es separa´veis deste problema. Seja w(x, t) = X(x)T (t). Substi-
tuindo na EDP, temos
X(x)T ′(y)−X ′′(x)T (t) = 0
∴
T ′(t)
T (t)
=
X ′′(x)
X(x)
Como o lado esquerdo e´ constante em x e como o lado direito e´ constante em t, os dois sa˜o
iguais a uma constante λ, isto e´
T ′(t)
T (t)
= λ =
X ′′(x)
X(x)
.
Assim
X ′′(x) = λX(x), e
T ′(t) = λT (t).
Substituindo nas condic¸o˜es de contorno, temos
X(0)T (t) = 0, ∀ t
∴ X(0) = 0, e
X(20)T (t) = 0, ∀ t
∴ X(20) = 0.
Os autovalores e as autofunc¸o˜es do problema X ′′ = λX com os condic¸o˜es de contorno X(0) =
X(20) = 0 sa˜o
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λm =
−m2pi2
400
, e
Xm = sen
(
mpix
20
)
,
onde m ∈ {1, 2, ...}. Substituindo na equac¸a˜o para T , temos, para todo m,
T ′
m
=
−m2pi2
400
Tm
∴ Tm = bme
−m2pi2t
400 .
As soluc¸o˜es separa´veis sa˜o enta˜o
wm(x, t) = bmsen
(
mpix
20
)
e−
m2pi2t
400 ,
onde m ∈ {1, 2, ...}. Pelo princ´ıpio de superposic¸a˜o, a soluc¸a˜o geral do problema homogeˆneo e´
w(x, t) =
∞∑
m=1
bmsen
(
mpix
20
)
e−
m2pi2t
400 .
Substituindo nas condic¸o˜es inciais, temos
f(x)− v(x) = w(x, 0) =
∞∑
m=1
bmsen
(
mpix
20
)
.
Pelas equac¸o˜es de Euler-Fourier, temos, para todo m,
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bm =
1
10
∫ 20
0
(f(x)− v(x))sen
(
mpix
20
)
dx
= − 1
10
∫ 5
0
5xsen
(
mpix
20
)
dx+
1
10
∫ 15
5
(50− 5x)sen
(
mpix
20
)
dx
+
1
10
∫ 20
15
(100− 5x)sen
(
mpix
20
)
dx
=
10
mpi
[
xcos
(
mpix
20
)]5
0
− 10
mpi
∫ 5
0
cos
(
mpix
20
)
dx
+
10
mpi
[
(x− 10)cos
(
mpix
20
)]15
5
− 10
mpi
∫ 15
5
cos
(
mpix
20
)
dx
+
10
mpi
[
(x− 20)cos
(
mpix
20
)]20
15
− 10
mpi
∫ 20
15
cos
(
mpix
20
)
dx
=
100
mpi
cos
(
pix
4
)
+
100
mpi
cos
(
3pix
4
)
− 200
m2pi2
[
sen
(
mpix
20
)]20
0
=
100
mpi
cos
(
pix
4
)
+
100
mpi
cos
(
3pix
4
)
=
200
mpi
cos
(
pix
2
)
cos
(
pix
4
)
.
Segue que
u(x) = 100 + 5x+
∞∑
m=1
200
mpi
cos
(
pix
2
)
cos
(
pix
4
)
sen
(
mpix
20
)
e−
m2pi2t
400 .
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus ca´lculos.
FO´RMULAS U´TEIS NO VERSO!
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A : O problema {
y′′ = λy,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = −m2pi2/L2, m ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunc¸o˜es correspondentes sa˜o{
ym(x) = sen
(
mpix
L
)
, m ≥ 1.
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