12-13 1S Teste 2

Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Secção de Álgebra e Análise
Cálculo Diferencial e Integral I
2o¯ Teste - 3 de Junho de 2013 - 11h00m
Curso: LEIC-A
Problema 1 (2 val.) Considere a função f (x) = 6ex−1 − x 2 − x.
(a) Determine o polinómio de Taylor, p(x), de ordem 3 de f no ponto x = 1.
Solução: p(x) = 4 + 3(x − 1) + 2(x − 1)2 + (x − 1)3 .
(b) Estude o sinal de f (x) − p(x).
Solução: Para qualquer x, existe um c entre 1 e x tal que
f (x) − p(x) =
6ec−1
f (4) (c)
(x − 1)4 =
(x − 1)4
4!
24
pelo que f (x) − p(x) ≥ 0.
Problema 2 (2 val.) Calcule a derivada das seguintes funções:
Zx
x cos(t 2 ) dt
1
µZx
¶′ µ Zx
¶′
Zx
2
2
2
Solução:
x cos(t ) dt = x
cos(t ) dt = x cos(x ) +
x cos(t 2 ) dt .
1
1
1
Zsen x
dt
(b)
1+ t3
x
1
cos x
−
.
Solução:
3
1 + sen x 1 + x 3
(a)
Problema 3 (3 val.) Determine uma primitiva de cada uma das seguintes funções:
(a) (2x + 1) cos(x 2 + x)
Solução: sen(x 2 + x).
1
(b)
(x − 3)(x + 1)
1/4
1/4
1
=
−
.
Solução:
(x − 3)(x + 1) x − 3 x + 1
Primitiva: 14 ln |x − 3| − 41 ln |x + 1|.
(c) x cos(2x + 1)
Solução: Por partes:
Z
x cos(2x + 1) dx =
1
2 x sen(2x + 1) −
Z
1
2 sen(2x + 1)dx
= 21 x sen(2x + 1) + 41 cos(2x + 1).
Problema 4 (2 val.) Considere a região R limitada pelas curvas y = 1/x, y = x e y = 3.
(a) Esboce a região R.
Solução:
(b) Calcule a área de R.
i3
h
i1
h
R1
R3
Solução: 1/3 3 − (1/x) dx + 1 3 − x dx = 3x − ln |x|
+ 3x − 21 x 2 = 4 − ln 3.
1/3
1
Problema 5 (3 val.) Determine a natureza das seguintes séries:
X (−1)n
(a)
p
4
n
p
Solução: Série alternada. Pelo Critério de Leibniz, como 1/ 4 n é decrescente e converge para zero, a série é convergente. A série é simplesmente convergente pois a série
P p
dos módulos, 1/ 4 n, é uma série de Dirichlet de expoente 41 , logo diverge.
X n + ln n
(b)
n2 + 1
n 1 + (ln n/n)
1
n + ln n
= 2
∼ . Pelo critério da comparação pelo limite, a
Solução:
2
2
n + 1 P n 1 + (1/n )
n
série diverge pois 1/n é a série harmónica que diverge.
X 2 −n 3
(c)
n e
Z+∞
i
h 1
3 +∞
3
1
converge. Como
=
Solução: Critério do integral:
x 2 e−x dx = − e−x
1
3
3e
1
q
q
¡ 2 −x 3 ¢′
3
x e
= (2x − 3x 4 )e−x < 0 para x > 3 23 , a função é decrescente para x > 3 23 , pelo
que podemos aplicar o critério do integral e concluir que a série também converge.
Problema 6 (4 val.) Seja f (x) = x 2 cos(x 5 ).
(a) Escreva f como uma série de potências de x.
∞ (−1)k x 10k+2
∞ (−1)k (x 5 )2k
X
X
=
.
Solução: x 2
(2k)!
(2k)!
k=0
k=0
(b) Justifique que a origem é um ponto crítico de f e classifique-o.
Solução: Os primeiros termos da série são x 2 − 21 x 12 + · · · pelo que f ′ (0) = 0 e o coeficiente de x 2 dá-nos f ′′ (0) = 2 > 0. Assim, o ponto crítico é um mínimo local.
R1
(c) Escreva o valor do integral 0 f (x) d x como uma série alternada.
Solução: f é igual à sua série de Taylor, pelo que
Z1
Z1 X
∞ · (−1)k x 10k+3 ¸1
∞
∞ (−1)k x 10k+2
X
X
(−1)k
dx =
=
f (x) d x =
(2k)!
0
0 k=0
k=0 (10k + 3)(2k)! 0
k=0 (10k + 3)(2k)!
(d) Calcule o valor do integral da alínea (c) com um erro inferior a 0,01.
Solução: Temos
Z1
1
1
1
f (x) d x = −
+
−···
3 13 × 2 23 × 4!
0
Assim,
R1
0
1
com um erro inferior a 1/(23 × 14) < 1/100 = 0,01.
f (x) d x ≈ 13 − 26
Problema 7 (4 val.) Considere a série de potências
∞ (2x − 1)k
X
k 3k
k=1
.
(a) Determine o raio de convergência da série.
Solução: Aplicando o critério da razão:
¯
¯
¯
¯
Á
¯ a k+1 ¯
¯ (2x − 1)k+1 (2x − 1)k ¯
1
¯ = lim ¯
¯ = lim |2x − 1| k
= |2x − 1|
lim ¯¯
¯
¯
¯
k+1
k
k→∞ a k
k→∞ (k + 1) 3
k→∞
3(k + 1) 3
k3
Assim, a série é absolutamente convergente para 31 |2x − 1| < 1, ou seja, para |x − 12 | < 32 ,
e divergente para 13 |2x − 1| > 1, ou seja, para |x − 12 | > 23 . Assim, o raio de convergência
é 32 .
(b) Determine em que pontos a série é absolutamente convergente, simplesmente convergente ou divergente.
Solução: Falta apenas verificar os pontos x = 12 ± 32 : para x = 21 + 32 = 2 temos
∞ (2x − 1)k
X
k=1
k 3k
=
∞ 3k
X
k=1 k 3
k
=
∞ 1
X
k=1 k
que é a série harmónica, que diverge. Para x = 12 − 32 = −1 temos
∞ (2x − 1)k
X
k=1
k 3k
=
∞ (−3)k
X
k=1
k 3k
=
∞ (−1)k
X
k
k=1
que, pelo Critério de Laibniz, converge. A série é simplesmente convergente pois a
P
série dos módulos 1/k diverge.
(c) Esta série é uma série de Taylor duma certa função f . Determine f .
Solução: Derivando a série temos, para x no interior do domínio de convergência,
Ã
!
∞ (2x − 1)k ′
∞ 2(2x − 1)k−1
∞ 2k(2x − 1)k−1
X
X
X
=
=
k 3k
k 3k
3k
k=1
k=1
k=1
Trata-se duma série geométrica com soma 1/(2 − x). Assim, f (x) = − ln |2 − x| + C .
Tomando x = 12 calculamos f ( 21 ) = 0 = − ln 32 +C , pelo que C = ln 23 .