Análise Matemática I

Análise Matemática I
2o Exame - 29 de Janeiro de 2003
LEBM, LEFT e LMAC
Resolução
1.
n
10
10−n
+2
a) limn→∞ 22n+3
= limn→∞ 1+2
= 213 = 18 .
+1
23 +2−n
n
n
b) limn→∞ arctan 2n2 = π2 , porque limx→+∞ arctan x = π2 e limn→∞ anp =
+∞ se a > 1 e p ∈ R.
q
√
3
3
n
n
3
c) limn→∞ 2 + n = limn→∞ 2 n 1 + 2nn = 2. De facto, limn→∞ 2nn = 0,
pelo que esta sucessão é limitada; existe√uma constante L > 0 tal que
3
1 ≤ 1 + 2nn ≤ 1 + L. Como limn→∞ n 1 + L = 1, o Teorema das
q
3
Sucessões Enquadradas garante que limn→∞ n 1 + 2nn = 1.
x
d
e
d) dx
arctan ex = 1+e
2x .
√
d
1 d
1
3
e) dx ln x = 3 dx ln x = 3x
.
2
sin x(x +1)+2x cos x
d cos x
f ) dx x2 +1 = −
.
(x2 +1)2
ln x
g) limx→+∞ arctan
= +∞. Nota: como limx→+∞ arctan x = π2 não há
x
indeterminação, pelo que não se pode aplicar a regra de Cauchy.
1/x
√ x = limx→+∞
√
h) limx→+∞ ln
= limx→+∞ √2x = 0.
x
1/(2 x)
2.
n
3
a) r = limn→∞ n(n+1)
× (n+1)(n+2)
= limn→∞ n+2
= 13 .
n+1
3
3n
P∞
P∞ 1
1
1
b) Se x = 31 , vem
n=2 n(n+1) ≤
n=2 n2 < +∞. Se x = − 3 , vem
P∞ (−1)n
P∞
1
n=2 n(n+1) ; a série dos módulos é, justamente,
n=2 n(n+1) . Concluise que a série de potências é absolutamente convergente nos extremos
do
convergência.
1
Pde
P∞seu intervalo
∞
1
1
1
=
c)
n=2 n(n+1)
n=2 n − n+1 = 2 (série de Mengoli).
3. Devemos provar que
∀δ>0 ∃>0 ∀x∈R+ x >
1
1
⇒ √ < δ.
x
Seja δ > 0. A condição √1x < δ é equivalente a x >
então x > δ12 , pelo que √1x < δ.
1
.
δ2
Se ≤ δ 2 e x > 1 ,
Resolução do exame de AMI - 29.1.03
2
4. Seja y = arcsinh x, ou seja, sinh y = x. Então,
1
cosh y
=√
1
1+sinh2 y
=
√ 1
.
1+x2
2
d
arcsinh
dx
x=
dy
dx
=
1
dx
dy
=
Usaram-se os factos da função coseno hiperbólico
ser positiva e de cosh y − sinh2 y = 1.
5.
a) Para cada n ∈ N1 , seja P (n) a proposição xn > 2. A proposição P (1)
é verdadeira pois 2 + 10−9 > 2. Suponhamos que P (n) é√verdadeira
para
√ um dado n ∈ N1 . Então, como 2 > 6/5, xn+1 = 5xn − 6 >
5 × 2 − 6 = 2, pelo que P (n + 1) é verdadeira. Provou-se por indução
que P (n) é verdadeira para todo o n ∈ N1 .
b) Vamos provar que a sucessão é estritamente crescente, ou seja, xn <
xn+1 , para todo o n ∈ N1 . Como na alı́nea anterior se provou que todos
os seus termos são positivos (de facto, superiores a 2), esta condição de
monotonia é equivalente a x2n < x2n+1 . Como xn > 6/5, devemos provar
que x2n − 5xn + 6 < 0, ou seja, (xn − 2)(xn − 3) < 0.
Para cada n ∈ N1 , seja Q(n) a proposição xn < 3. A proposição Q(1)
é verdadeira pois 2 + 10−9 < 3. Suponhamos que Q(n) √
é verdadeira
para
um dado n ∈ N1 . Então, como xn > 2, xn+1 = 5xn − 6 <
√
5 × 3 − 6 = 3, pelo que Q(n + 1) é verdadeira. Provou-se por indução
que Q(n) é verdadeira para todo o n ∈ N1 .
Como 2 < xn < 3, (xn − 2)(xn − 3) < 0 pelo que a sucessão é estritamente crescente.
c) Como a sucessão é crescente e majorada, a sucessão converge.
√ Seja l o
seu limite. Aplicando limites a ambos os membros
de
x
=
5xn − 6,
n+1
√
e usando as propriedades dos limites, vem l = 5l − 6, porque (xn+1 )
é uma subsucessão de (xn ). Portanto, l = 2 ou l = 3. Como x1 > 2 e a
sucessão é crescente, l 6= 2. Conclui-se que l = 3.
d) A resposta à primeira alı́nea seria exactamente a mesma. Na segunda
alı́nea, provar-se-ia por indução que xn > 3, para todo o n ∈ N1 , e
seguidamente que a sucessão era estritamente decrescente. Finalmente,
na terceira alı́nea concluir-se-ia que a sucessão convergia para um limite
l = 3.
6. Se |xn |2 ≤ 65|xn | + 99, então |xn |2 − 65|xn | − 99 ≤ 0, ou
√
√
65+ 652 +4×99
65− 652 +4×99
≤ 0,
|xn | −
|xn | −
2
2
ou seja,
√
65− 652 +4×99
2
≤ |xn | ≤
√
65+ 652 +4×99
.
2
Resolução do exame de AMI - 29.1.03
Como
√
65− 652 +4×99
2
3
< 0 e |xn | ≥ 0,
|xn | ≤
√
65+ 652 +4×99
.
2
Portanto, a sucessão (xn ) é limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass,
tem uma subsucessão convergente.
7.
a) Pelo Teorema de Lagrange, para cada x ∈ R, existe um cx , verificando
x < cx < x + 2, tal que f (x + 2) − f (x) = 2f 0 (cx ). Logo,
lim [f (x + 2) − f (x)] = 2 lim f 0 (cx ) = lim f 0 (cx ) = 0.
x→+∞
x→+∞
cx →+∞
b) Seja f : R → R, definida por
f (x) =
x − 1 se x ≤ 1,
log x se x > 1.
Facilmente se verifica que f é diferenciável e limx→+∞ f 0 (x) = 0. No
entanto, se x ≥ 1, f (x2 )−f (x) = log x → +∞, quando x → +∞. Nota:
este exemplo mostra que uma função nas condições do enunciado não
tem que ter limite em +∞.