Cálculo II - Avaliação Presencial 1 - Soluções

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Universidade Federal de Sergipe - UFS
Centro de Ensino Superior à Distância - CESAD
Cálculo II - Avaliação Presencial 1 - Soluções
Professor Leandro Favacho
1. Determine se cada integral é convergente ou divergente. Avalie aquelas que são con-
vergentes.
(a)
∫ ∞
1
x + 1
x2 + 2x
dx (b)
∫ 2
0
z2 ln z dz.
Solução. (a) Note inicialmente que
x + 1
x2 + 2x
=
x
x(x + 2)
+
1
x(x + 2)
=
1
x + 2
+
1
x(x + 2)
.
Assim ∫ ∞
1
x + 1
x2 + 2x
dx = lim
t→∞
∫ t
1
x + 1
x2 + 2x
= lim
t→∞
[∫ t
1
1
x + 2
dx +
∫ t
1
1
x(x + 2)
dx
]
= lim
t→∞
[∫ t
1
1
x + 2
dx +
∫ t
1
1
2x
dx−
∫ t
1
1
2(x + 2)
dx
]
= lim
t→∞
[ln(x + 2)]x=tx=1 +
1
2
[lnx]x=tx=1 −
1
2
[ln(x + 2)]x=tx=1
= lim
t→∞
1
2
ln(t + 2) +
1
2
ln t− 1
2
ln 3 =∞.
Portanto, conclúımos que
∫ ∞
1
x + 1
x2 + 2x
dx é divergente.
(b) Note inicialmente que a integral é imprópria (a função z2 ln z não está definida em
0). Assim ∫ 2
0
z2 ln z dz = lim
t→0+
∫ 2
t
z2 ln z dz
Vamos calcular a integral definida acima. Para isso, usaremos o método de integração
por partes. Tome
u = ln z, dv = z2dz =⇒ du = 1
z
dz, v =
z3
3
.
Assim ∫ 2
t
z2 ln z dz =
[
z3
3
ln z
]z=2
z=t
− 1
3
∫ 2
t
z2 dz
1
=
8
3
ln 2− t
3
3
ln t−
[
1
3
· z
3
3
]z=2
z=t
=
8
3
ln 2− t
3
3
ln t− 8
9
+
t3
9
.
Portanto ∫ 2
0
z2 ln z dz = lim
t→0+
∫ 2
t
z2 ln z dz
= lim
t→0+
8
3
ln 2− t
3
3
ln t− 8
9
+
t3
9
=
8
3
ln 2− 8
9
Observação: Verifique com o aux́ılio da Regra de L’hospital que limt→0+ t
3 ln t = 0.
2. Mostre que a série
∞∑
n=1
n
(n + 1)!
converge e calcule sua soma.
Solução.
S1 =
1
2!
= 1− 1
2!
S2 =
1
2!
+
2
3!
=
5
6
= 1− 1
6
= 1− 1
3!
S3 =
1
2!
+
2
3!
+
3
4!
=
23
24
= 1− 1
24
= 1− 1
4!
S4 =
1
2!
+
2
3!
+
3
4!
+
4
5!
=
119
120
= 1− 1
120
= 1− 1
5!
Raciocinando indutivamente, temos que Sn = 1−
1
(n + 1)!
, ∀n ∈ N.
Logo,
lim
n→∞
Sn = 1
Portanto, a série
∞∑
n=1
n
(n + 1)!
é convergente e sua soma é igual a 1.
2
3. Teste a série para convergência ou divergência.
(a)
∞∑
n=1
(−1)n+1 1
4n2 + 1
(b)
∞∑
n=1
1
(2n)!
Solução.
(a) Tome bn =
1
4n2 + 1
. Note que (bn) é descrecente, pois
bn+1 =
1
4(n + 1)2 + 1
=
1
4n2 + 1 + 8n + 4
<
1
4n2 + 1
= bn,∀n.
Além disso, limn→∞ bn = limn→∞
1
4n2 + 1
= 0.
Portanto, pelo teste da série alternada, a série
∞∑
n=1
(−1)n+1 1
4n2 + 1
é convergente.
(b) Observe que
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣∣∣∣∣
1
(2(n + 1))!
1
(2n)!
∣∣∣∣∣∣∣∣
= lim
n→∞
(2n)!
(2n + 2)!
= lim
n→∞
(2n)!
(2n + 2)(2n + 1)(2n)!
= lim
n→∞
1
(2n + 2)(2n + 1)
= 0 < 1
Portanto, pelo teste da Razão, a série
∞∑
n=1
1
(2n)!
é convergente.
4. Use séries para avaliar limx→0
sen x− x + x3
6
x5
.
Solução. Inicialmente, vamos lembrar da série de Maclaurin da função sen x.
Seja f (x) = sen x. Então
f(0) = 0, f ′(0) = cos 0 = 1, f ′′(0) = −sen 0 = 0, f ′′′(0) = − cos 0 = −1, f (iv)(0) = 0,
e assim por diante.
Logo, pela representação em série de Maclaurin, temos que
sen x =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn
3
= f(0) +
f ′(0)
1!
x +
f ′′(0)
2!
x2 + ...
= x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ ...
=
∞∑
n=0
(−1)nx2n+1
(2n + 1)!
Portanto
lim
x→0
sen x− x + x3
6
x5
= lim
x→0
(
x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ ...
)
− x + x3
6
x5
= lim
x→0
x5
5!
− x
7
7!
+ ...
x5
= lim
x→0
1
5!
− x
2
7!
+ ...
=
1
5!
=
1
120
.
Observação. Note que no limite acima, após a divisão das parcelas do numerador
pelo termo x5, restam apenas o termo
1
5!
somado a termos que possuem monômios
xn, n ≥ 2. Tais monômios tendem a zero quando x tende a zero.
5. Calcule o comprimento da curva
x = 1 + 3t2, y = 4 + 2t3, 0 ≤ t ≤ 1
Solução.
x = 1 + 3t2, y = 4 + 2t3 =⇒ dx
dt
= 6t,
dy
dt
= 6t2
Logo, o comprimento da curva L é dado por
L =
∫ 1
0
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
dt
=
∫ 1
0
√
(6t)2 + (6t2)2dt
=
∫ 1
0
√
36t2 + 36t4dt
=
∫ 1
0
6t
√
1 + t2 dt
=
[
2
(
1 + t2
)3/2]t=1
t=0
= 2
(
2
√
2− 1
)
.
4