FEUP - MIEEC - Análise Matemática 1

Resolução da 1a Chamada - 30 de Janeiro de 2009

Respostas a perguntas diferentes em folhas diferentes

Justifique cuidadosamente todas as respostas.Não é permitida a utilização de máquina de calcular.O tempo para a realização desta prova é de 2 horas.Cotações: Perg. 1: 3 valores; Perg. 2: 4, 5 valores; Perg. 3: 2, 5 valores; Perg. 4: 4 valores; Perg. 5: 3valores; Perg. 6: 3 valores.

1. Indique se cada uma das seguintes afirmações é verdadeira ou falsa e justifique.

(a) limx→π

4

(1− tan (x)) sec (2x) = 1.

Resolução:

Aplicando directamente limites vem

limx→π

4

(1− tan (x)) sec (2x) =(1− tan

(π

4

))sec

(π

2

)= 0 · 1

cos(

π2

) = 0 · ∞

A regra de L’Hôpital não é aplicável para este tipo de indeterminação. Contudo, podemosescrever

limx→π

4

(1− tan (x)) sec (2x) = limx→π

4

1− tan (x)cos (2x)

=(

00

)A regra de L’Hôpital é agora aplicável. Derivando ambos os termos da fracção,

limx→π

4

− sec2 (x)−2 sin (2x)

=sec2

(π4

)2 sin

(π2

) =

1�√2

2

�2

2= 1

Concluímos assim que limx→π

4

(1− tan (x)) sec (2x) = 1. A afirmação é verdadeira.

(b) O integral impróprio∫ 0

−∞

ex

2 + exdx é divergente.

Resolução:

∫ 0

−∞

ex

2 + exdx = lim

M→−∞

∫ 0

M

ex

2 + exdx

= limM→−∞

[ln (2 + ex)]0M

= limM→−∞

ln (2 + 1)− ln (2 + eM )

= ln (3)− ln (2) = ln(

32

)O integral impróprio é convergente e o seu valor é ln

(32

). A afirmação é falsa.

1

2. Calcule os seguintes integrais:

(a)∫

4x

(x + 3)2(x− 1)dx.

Resolução:

Integral de uma função racional. Grau do numerador inferior ao grau do denominador. De-compor a fracção em fracções simples:

4x

(x + 3)2(x− 1)=

A

x− 1+

B

x + 3+

C

(x + 3)2⇔ 4x = A(x+3)2+B(x+3)(x−1)+C(x−1) ⇔

4x = (A + B)x2 + (6A + 2B + C)x + (9A− 3B − C) ⇔

⇔

A + B = 0

6A + 2B + C = 4

9A− 3B − C = 0

⇔

B = −A

C = 4− 4A

9A + 3A− 4 + 4A = 0

⇔

A =

14

B = −14

C = 3∫4x

(x + 3)2(x− 1)dx =

14

∫1

x− 1dx− 1

4

∫1

x + 3dx + 3

∫1

(x + 3)2dx

=14

ln |x− 1| − 14

ln |x + 3|+ 3(x + 3)−2+1

−2 + 1+ C

=14

ln∣∣∣∣x− 1x + 3

∣∣∣∣− 3x + 3

+ C, C ∈ R

(b)∫

1(x− 1)

√2x− 3

dx.

Resolução:

Integral do tipo 1.(a) (ver formulário). Efectuando a mudança de variável t2 = 2x − 3, vem

x =t2 + 3

2e x−1 =

t2 + 3− 22

=t2 + 1

2. Também 2t dt = 2dx, ou seja t dt = dx. Substituindo

no integral, vem

∫1

(x− 1)√

2x− 3dx =

∫t

t2+12

√t2

dt =∫

21 + t2

dt = 2arctan (t)+C = 2 arctan (√

2x− 3)+C, C ∈ R

2

3. Determinar a área da região limitada simultaneamente pelas curvas y = x2, y =x2

2e y = x.

Comece por fazer um esboço da região.

Resolução:

Esboço da região:

Intersecções:

{y = x

y = x2⇔

{y = x

x = x2⇔

{y = x

x(x− 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1↪→ (0, 0) ∨ (1, 1)

y =x2

2

y = x

⇔

x =x2

2

y = x

⇔

{2x− x2 = 0 ⇔ x(2− x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2

y = x↪→ (0, 0)∨(2, 2)

Cálculo da área:

A =∫ 1

0

x2 − x2

2dx +

∫ 2

1

x− x2

2dx =

∫ 1

0

x2

2dx +

∫ 2

1

x− x2

2dx

=[x3

6

]1

0

+[x2

2− x3

6

]2

1

=16

+ 2− 86− 1

2+

16

=12

Resolução alternativa:

O cálculo da área pedida é ainda igual à diferença entre as seguintes áreas:

(a) área limitada pela recta y = x e parábola y =x2

2.

(b) área limitada pela recta y = x e parábola y = x2.

Assim,

A =∫ 2

0

x− x2

2dx −

∫ 1

0

x− x2 dx =[x2

2− x3

6

]2

0

−[x2

2− x3

3

]1

0

= 2− 86−

(12− 1

3

)=

12

3

4. Considere a equação diferencial y′′(t)− y′(t)− 2y(t) = et.

(a) Use a transformada de Laplace para determinar a solução particular que satisfaz y(0) = 0,y′(0) = 1.

Resolução:

Aplicando a transformada de Laplace a ambos os membros da equação diferencial e tendo emconta as condições iniciais dadas, obtém-se:

s2L{y} − sy(0)− y′(0)− sL{y} − y(0)− 2L{y} = L{et} ⇔ (s2 − s− 2)L{y} − 1 =1

s− 1

ou seja,

(s2 − s− 2)L{y} =1

s− 1+ 1 =

s

s− 1⇔

L{y} =s

(s− 1)(s2 − s− 2)=

s

(s− 1)(s + 1)(s− 2)⇔

y(t) = L−1

{s

(s− 1)(s + 1)(s− 2)

}= L−1

{−1

21

s− 1− 1

61

s + 1+

23

1s− 2

}= −1

2et − 1

6e−t +

23e2t

Cálculos Auxiliares:

i. s2 − s− 2 = 0 ⇔ s =1±

√1 + 8

2⇔ s = −1 ∨ s = 2.

ii.s

(s− 1)(s + 1)(s− 2)=

A

s− 1+

B

s + 1+

C

s− 2

onde (regra dos "tapas")

A =s

(s + 1)(s− 2) ∣∣s=1

= −12, B =

s

(s− 1)(s− 2) ∣∣s=−1

= −16

e C =s

(s− 1)(s + 1) ∣∣s=2

=23.

Conclusão:

A solução da equação diferencial que satisfaz y(0) = 0, y′(0) = 1 é a função y(t) = −12et −

16e−t +

23e2t.

(b) Determine a solução geral da equação diferencial dada.

Resolução:

A solução geral da equação diferencial toma a forma

y(t) = yp(t) + C1y1(t) + C2y2(t), C1, C2 ∈ R

onde yp é uma solução particular qualquer da equação diferencial e {y1, y2} constitui umsistema fundamental de soluções para a equação diferencial homogénea associada.Na alínea anterior obtivemos já uma solução particular. Tome-se então para yp a função

yp(t) = −12et − 1

6e−t +

23e2t

Resta determinar y1 e y2.

i. Equação característica e raízes:

r2 − r − 2 = 0 ⇔ r = −1 ∨ r = 2

4

ii. Sistema fundamental de soluções:{e−t, e2t}

Conclusão: a solução geral da equação diferencial é

y(t) = −12et − 1

6e−t +

23e2t + C1e

−t + C2e2t, C1, C2 ∈ R

podendo ser escrita de forma mais simples como:

y(t) = −12et + K1e

−t + K2e2t, K1,K2 ∈ R.

5

5. (a) Indique a natureza da série∞∑

n=1

(−1)n n

n2 + 1.

Resolução:

Como an =n

n2 + 1> 0, ∀n, trata-se de uma série alternada.

Será que as condições de aplicação do teste das séries alternadas são satisfeitas pela sucessão?Vejamos:

i. an é decrescente?

an+1 − an =n + 1

(n + 1)2 + 1− n

n2 + 1

=(n + 1)(n2 + 1)− n(n2 + 2n + 2)

(n2 + 2n + 2)(n2 + 1)

=n3 + n + n2 + 1− n3 − 2n2 − 2n

(n2 + 2n + 2)(n2 + 1)

=−n2 − n + 1

(n2 + 2n + 2)(n2 + 1)< 0, ∀n ∈ N

Logo, an é decrescente.ii. lim

n→∞an = 0?

limn→∞

n

n2 + 1= lim

n→∞

1n

1 + 1n2

= 0

Pelo critério das séries alternadas podemos concluir que a série∞∑

n=1

(−1)nan =∞∑

n=1

(−1)n n

n2 + 1é convergente.

(b) Determine o intervalo de convergência da série de potências∞∑

n=1

(−1)n(x

3

)n

.

Resolução:

limn→∞

∣∣∣∣∣ (−1)n+1(

x3

)n+1

(−1)n(

x3

)n

∣∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣x3

∣∣∣ =|x|3

.

i. Para os valores de x tais que|x|3

< 1 ⇔ |x| < 3, a série converge.

ii. Para os valores de x tais que|x|3

> 1 ⇔ |x| > 3, a série diverge.

iii. Se|x|3

= 1 ⇔ |x| = 3 ⇔ x = −3 ∨ x = 3, não podemos concluir nada com este teste.Mas,

A. x = −3 ↪→∞∑

n=1

(−1)n(−1)n =∞∑

n=1

1.

Série divergente (a sucessão Sn das somas parciais é igual a n e portanto é divergente).

B. x = 3 ↪→∞∑

n=1

(−1)n.

Série divergente (a sucessão Sn das somas parciais alterna entre −1 e 0 conforme n éímpar ou par e portanto é divergente).

Conclusão: o intervalo de convergência da série é ]− 3, 3[.

6

6. (a) Considere a função f(x) =∫ x

1

1te(t2+1)/t dt, x ∈ R+. Mostre que f

(1x

)= −f(x), ∀x ∈ R+.

Resolução:

Método 1.

Seja g(x) = f

(1x

)=

∫ 1x

1

1te(t2+1)/t dt.

Como a função integranda é contínua em R+, podemos afirmar

g′(x) = xe

1x2 +1

1x

(− 1

x2

)= − 1

xe(x2+1)/x

Seja h(x) = −f(x). Então

h′(x) = −f ′(x) = − 1x

e(x2+1)/x

Comparando as derivadas podemos observar que g′(x) = h′(x), ∀x ∈ R+. Mas se duasfunções têm iguais derivadas num intervalo então elas diferem de uma constante, ou seja,g(x) = h(x) + C.Contudo, podemos ainda observar que

g(1) =∫ 1

1

1te(t2+1)/t dt = 0 = h(1)

Conclusão: a constante C terá de ser nula e as funções g e h são exactamente iguais.

Método 2.

Efectuando a mudança de variável u =1t

no 1o integral, vem du = − 1t2

dt e então dt = − 1u2

du.

Os limites de integração na nova variável u passam a ser: t = 1 ↪→ u = 1; t =1x

↪→ u = x

Assim,

f

(1x

)=

∫ 1x

1

1te(t2+1)/t dt

=∫ 1

x

1

1tet+ 1

t dt

=∫ x

1

ue1u +u

(− 1

u2

)du

= −∫ x

1

1u

e1+u2

u du

= −∫ x

1

1te

1+t2t dt

= −f(x). cqd

7

(b) Verifique, usando indução finita, que

n∑i=1

2i− 1i!2i

= 1− 1n!2n

Resolução:

Defina-se o conjunto S como sendo:

S =

{n ∈ N :

n∑i=1

2i− 1i!2i

= 1− 1n!2n

}

Verificar que a igualdade do enunciado é válida para qualquer n ∈ N é provar que S é N.

i. 1 ∈ S:1∑

i=1

2i− 1i!2i

= 1− 11!21

⇔ 2− 11!21

= 1− 12⇔ 1

2=

12.

Conclusão: 1 ∈ S.

ii. k ∈ S ⇒ k + 1 ∈ S:

Hipótese de indução:

k ∈ S ⇔k∑

i=1

2i− 1i!2i

= 1− 1k!2k

⇔ 12

+38

+ · · ·+ 2k − 1k!2k

= 1− 1k!2k

Tese de indução:

k+1 ∈ S ⇔k+1∑i=1

2i− 1i!2i

= 1− 1(k + 1)!2k+1

⇔ 12+

38+· · ·+2(k + 1)− 1

(k + 1)!2k+1= 1− 1

(k + 1)!2k+1

Objectivo: provar a última igualdade, usando a hipótese de indução.

k+1∑i=1

2i− 1i!2i

=k∑

i=1

2i− 1i!2i

+2(k + 1)− 1(k + 1)!2k+1

= 1− 1k!2k

+2(k + 1)− 1(k + 1)!2k+1

(por hipótese de indução)

= 1− 1k!2k

+2k + 1

(k + 1).k!2k.2

= 1− (k + 1).2(k + 1)!2k+1

+2k + 1

(k + 1).k!2k.2

= 1− 2k + 2− 2k − 1(k + 1)!2k+1

= 1− 1(k + 1)!2k+1

Daqui resulta quek+1∑i=1

2i− 1i!2i

= 1− 1(k + 1)!2k+1

, como queríamos provar.

Conclusão: pelo princípio de indução finita, S = N.

JCB JRC MMF RPSR VCP

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