83 – MATEMÁTICA APLICADA À GESTÃO

83 – MATEMÁTICA APLICADA À GESTÃO
CRITÉRIOS DE CORRECÇÃO
EXAME de 28 de Fevereiro de 2002
Nos exames desta cadeira avaliam-se os conhecimentos adquiridos, bem como a
capacidade de estruturação do racicínio lógico do aluno.
O aluno tem, basicamente, tarefas dos seguintes tipos: identificar o problema
proposto, efectuar cálculos (com justificações) e demonstrar o que lhe for pedido.
Assim, em relação a cada um dos tipos:
1. Na identificação de um problema prtende-se que o aluno mostre que sabe a que
assunto da matéria se refere o problema (p.e., dada uma série, saber dizer de que
tipo de série se trata).
2. Na resolução de um problema, ou seja, quando tiver que efectuar cálculos,
pretende-se que o aluno os indique de forma clara e numa sequência lógica,
justificando, pelo menos os que conduzirem à conclusão do resultado.
3. Nas demonstrações, pretende-se que o aluno identifique a hipótese e através de
uma cadeia de implicações, válidas e devidamente justificadas, atinja a tese.
No que se segue dão-se indicações sobre as respostas às perguntas, bem como a
distribuição da cotação por cada questão. Neste exame todas as questões estão
resolvidas, mas nos exames que se seguem, tal pode não verificar-se.
Note-se ainda que pode haver diversas formas de resolver acertadamente à mesma
questão, pelo que uma resolução diferente não está necessariamente errada.
1
Exame de 28-02-2002
GRUPO I
1. Considere o conjunto seguinte:
A={x: x-1  x}
a) Determine o interior, o fecho e o derivado de A.
(1,5 valores)
Resolução:
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
1 
1
 1 
1 0 
1 0 
x
x
x
x
x
1
2x  1
1
  0
0  x 00 x 
x
x
2
x 1  x

0
-
1/2
+
2x-1
-
-
-
0
+
x
-
0
+
+
+
2x  1
x
+
ss
-
0
+
A=]-,0[  ]0,1/2]
Int A=A\ {1/2}
A  A  fr A=]-,1/2] (fecho ou conjunto dos pontos aderentes)
A  A (neste caso o derivado é igual ao conjunto dos pontos de acumulação)
b) Determine, caso existam, o supremo e o ínfimo de A.
. (0,5 valores)
Resolução:
Por definição, vem sucessivamente:
sup A=max A=1/2
2
Como A é ilimitado à esquerda, A não tem nem ínfimo nem mínmo.
2. Estude a natureza das séries seguintes, indicando se são absolutamente
convergentes, simplesmente convergentes ou divergentes e calculando a soma,
quando possível:

n
a)
n 1
2
1
 2n
(1,5 valores)
Resolução:
A série dada é uma série convergente de Mengoli. Para calcular a sua soma vamos
proceder da seguinte forma:
1
1
A
B
. Desembaraçando de denominadores, vem:

 
n  2n n(n  2) n n  2
2
1=A(n+2)+Bn
Fazendo n=0, vem 1=2A. Donde A=1/2
Fazendo n=-2, vem 1=-2B. Donde B=-1/2
Tem-se então:

n
n 1
1
1   1
1 
=
 


2
2 n 1  n n  2 
 2n
Fazendo un=
1
1
, tem-se un+2=
.
n
n2
Assim, a soma da série é dada por


1
1
1
1 3
s= u 1  u 2  2 lim u n   1   2  lim  =
2
2
2
n 4

0



b)

n 1
n
n4  n2  1
(1,5 valores)
3
Resolução:
Atendendo a que
n
n  n 1
4
2

n 1
 , a série dada é da mesma natureza da série harmónica
n2 n
1
n .
Como esta série é divergente, a série dada também é divergente.

c)
n
n 1
2
n!
 2n
(1,5 valores)
Resolução:
Atendendo a que
n!
n!
 n , vamos estudar a natureza da série de termo geral
n
n 2
2
2
n!
. A série dada será da mesma natureza desta série.
2n
Assim, vamos utilizar o critério de d'Alembert para estudar a referida série:
n  1!
n 1
lim
2
n1
2n
n  1 n !
 lim
2n  2
n!
2n

1
lim n  1  
2
Como este limite é maior que 1, a série é divergente, pelo que a série dada também o
é.

d)

n 1
 1n  n
n2
(1,5 valores)
Resolução:
A série dada é uma série alternada.
Vamos começar por observar o seguinte:
4
n

lim
 1  0 , n par


n2
 1  n 
lim

n2
lim   n   1  0 , n ímpar

  n  2
n
Pelo teorema geral de convergência a série dada é divergente.

3. Estude a convergência da série de potências

n 1
5x  12n
n2  1
(2 valores)
Resolução:
A série dada é uma série de potências. Vamos começar por calcular o seu raio de
convergência fazendo u n 
u
r  lim n  lim
u n 1
1
.
n 1
2
1
n 1
1
2
1
n  12  1
Tem então que verificar-se o seguinte:
(5x+1)2<1  (5x+1)2-1<0  (5x+1-1) (5x+1+1)<0  5x.(5x+2)<0
5x.(5x+2)=0  x=0  x=-2/5
-2/5
-
0
+
x
-
-
-
0
+
5x+2
-
0
+
+
+
x(5x+2)
+
0
-
0
+
Tem-se então que a série é divergente em ]- ,-2/5[  ]0,+ [, é absolutamente
convergente em ]-2/5,0[. Como os pontos x=-2/5 e x=0 são pontos duvidosos vamos
estudar a natureza da série nesses pontos.
Assim, vem:
1º x=-2/5
5

 12n
n
n 1
2

1
1
n 1 n  1

2
Esta série é absolutamente convergente, pois é da mesma natureza da série de
Dirichlet
1
n
2
, que é uma série convergente.
2º x=0


12n
1
 2

2
n 1 n  1
n 1 n  1
Esta série é como já o dissemos uma série absolutamente convergente.
GRUPO II
Considere a função real de variável real dada por f(x)= x  e1 x .
2
a) Determine o seu domínio e zeros; . (1 valores)
Resolução:
 x  e1 x , se x  0
=
2
 x  e1 x , se x  0
2
1 x 2
f(x)= x  e
Df=
Zeros: f(x)=0  x=0
b) Estude a existência de assímptotas; . (1 valores)
Resolução:
Como Df=, a função não tem assímptotas verticais. Vamos então fazer a pesquisa de
assímptotas horizontais.
lim f(x)  lim x  e 1 x  lim
2
x  
x  
x  
x
ex
2
1
1
 lim
x  
2x  e 1 x
2
0
Nota: Utilizou-se a regra de Cauchy para levantar a indeterminação.
6
lim f(x)  lim - x  e 1 x  lim 
x
2
x  
x  
x  
ex
2
1
  lim
x  
1
2x  e 1 x
2
0
Donde se conclui que f(x) tem uma assímptota horizontal quando x  de equação
y=0.
c) Estude a monotonia e a existência de extremos locais; . (2 valores)
Resolução:
Para o estudo da monotonia e extremos vamos recorrer à 1ª derivada de f. No ponto
x=0 temos que o fazer recorrendo à definição de derivada de uma função num ponto,
tanto à esquerda como à direita. Para os restantes pontos, podemos recorrer às regras
de derivação.
Assim, tem-se:
 x  e 1 x  0
f  (0 )  lim
 e
x 0
x
2

x  e 1 x  0
f  (0 )  lim
e
x 0
x
2

Donde se conclui que não existe derivada em x=0.
Para x0:
x>0:
f  (x)  e1 x  2x 2  e1 x  1  2x 2   e1 x  0  1  2x 2  0  x  
2
2
2
Como 1-2x2 é uma parábola virada para baixo, vem:
0
+
1
2
f'
+
0
-
f
 1 
f
 é um máximo de f(x).
 2
7
1
2
x
1
2
x<0:
f  (x)  e1 x  2x 2  e1 x  1  2x 2   e1 x  0  1  2x 2  0  x  
2
2
2
1
2
x
Como 2x2-1 é uma parábola virada para cima, vem:
 1
-
f'
0
2
0
+
-
f
 1 
f
 é um máximo de f(x).
2

d) Estude a concavidade e a existência de pontos de inflexão; . (2 valores)
Resolução:
O estudo da concavidade e cálculo de possíveis pontos de inflexão faz-se recorrendo à
2ª derivada de f:
x<0:
f  (x)  2xe 1 x (3  2x 2 )  0  x  0  x  
2
-
f'
 3
-
0
2
0
+
f

f  

3
3
x
2
2
3
 é um ponto de inflexão de f.
2 
x>0:
8
1
2
f  (x)  2xe 1 x (2x 2 - 3)  0  x  0  x  
2
0
f'
3
-
3
3
x
2
2
+
2
0
+
f
 3
 é um ponto de inflexão de f.
f 

2


e) Represente graficamente f(x). . (1 valores)
Resolução:
Tendo em atenção os resultados obtidos nas alíneas anteriores, podemos fazer um
esboço do gráfico de f(x), como o que se indica na figura:
GRUPO III
1. Determine uma primitiva da função f(x)=
9
2 e x
1  e 2x
(2 valores)
Resolução:
P
2 e x
1  e 2x
Para o cálculo desta primitiva vamos recorrer à seguinte substituição:
ex=t  x=log t
x 
1
t
Vem então:
1
1
1
1
2P t 2   2P 2
 2P 2
2
1 t t
t 1  t 
t t  1t - 1
Trata-se da primitiva de uma fracção racional. Vamos proceder à decomposição da
fracção atendendo ao tipo de zeros do denominador e ao seu grau de multiplicidade.
Os zeros são x=0 (grau de multiplicidade 2), x=1 e x=-1 (ambos com grau de
multiplicidade 1).
Assim, vem:
a
a
1
b
c
 1  22 

t 1 t 1
t t  1t  1 t
t
2


 1 
1
1
a2  
 1 b   2



 t  1t  1 t 0
 t (t  1)  t  1 2
 1 
1
c 2
 2
 t (t  1)  t 1
 /2
2. Determine o valor do seguinte integral
 sen x cos x
2
0
Resolução:

 /2
 cos 3 x  2 
1 1
=sen
x
cos
x
dx
 3  =-  0  3   3
0



0
2
FIM
10
dx . (1 valores)