21030-ExameModelo-0809

(1)

21030-elementos de an´

alise infinitesimal i

exame/p-f´

olio modelo

Informa¸c˜

oes e Recomenda¸c˜

_oes:

• O exame tem a dura¸cão de 2h30min e é constituido por todos os grupos e al´ıneas. • O p-fólio tem a dura¸cão de 1h30min e é constituido pelos seguintes grupos e al´ıneas:

I.a), I.b), I.c)(iii), II.1.a), II.1.c), II.2, III.1.a), III.1.b), III.2.a), III.2.b).

• Nas provas reaisos enunciados do exame e do p-f´olio s˜ao fornecidos em folhas diferentes.

• Não é permitida a consulta de formulários e elementos de estudo pessoais. N ÃO pode utilizar máquina de calcular.

Cota¸c˜

ao e crit´

erios de corre¸c˜

_ao:

• Este exame tem a cota¸c˜ao total de 20 valores, distribu´ıdos do seguinte modo: Grupo I: 6 valores, Grupo II: 7 valores, Grupo III: 7 valores.

• Serão factores a ter em conta para a avalia¸cão da prova de exame a correçcão matemática das respostas, a apresenta¸cão de todos os cálculos necessários para a compreensão do seu racioc´ınio, bem como a justifica¸cão cuidada das respostas e a redaçcão clara e organizada das mesmas.

(2)

I.

Considere o conjunto A =x ∈ R :x+1 x2 >0

a) Escreva o conjunto A sob a forma de intervalos ou de reuni˜ao de intervalos. b) Determine o interior, fronteira, exterior e derivado do conjunto A.

c) Diga, justificando pormenorizadamente, se são verdadeiras ou falsas as seguintes afirma¸cões: (i) todas as sucessões de termos em A e decrescentes são convergentes para um ponto

de A.

(ii) todas as sucess˜oes estritamente decrescentes e positivas de termos em A convergem para um elemento da fronteira de A.

(iii) se (un) for uma sucessão de termos em A convergente para −1, então (un) é

decrescente a partir de alguma ordem N .

II.

1. Considere a sucess˜ao (αn) definida por recorrˆencia por

u1= 1, un+1= 1 +

1 un

. a) Mostre que a sucess˜ao un est´a limitada entre 1 e 2.

b) Mostre que a subsucessão dos termos de ordem par é decrescente se e só se a subsucessão dos termos de ordem ´ımpar for crescente.

c) Mostre que a subsucessão dos termos de ordem par é decrescente. d) Justifique que un é convergente e determine o valor do seu limite.

2. Estude para que valores de α ∈ R ´e que a s´erie

∞ X n=1 (−1)n n 2 (n + 1)α+1 ´e simplesmente

convergente, absolutamente convergente, e divergente.

III.

1. Considere a fun¸c˜ao ϕ : R → R definida pela express˜ao ϕ(x) = xe1/x_.

a) Determine o dom´ınio de ϕ e estude investigue a continuidade desta fun¸c˜ao. b) Determine os intervalos de monotonia de ϕ e esclare¸ca sobre se ϕ possui, ou n˜ao,

m´aximos ou m´ınimos locais.

c) Estude ϕ quanto à existência de assimptotas verticais, horizontais, ou obl´ıquas e aproveite os dados obtidos no seu estudo para esbo¸car o gráfico de ϕ.

d) Mostre que ϕ ´e uniformemente cont´ınua em qualquer intervalo fechado que n˜ao contenha a origem.

2. Calcule todas as fun¸c˜oes primitivas das seguintes fun¸c˜oes1

a) u(x) = tan x, b) v(x) = ex_{sin x.}

(3)

resolução do exame/p-fólio modelo

I.a) Observando que x2 _{nunca ´e negativo, conclui-se que a express˜ao no denominador da}

fra¸c˜ao que define A tem de ser positiva ou nula, ou seja x > −1 e o denominador n˜ao pode ser nulo. Portanto conclui-se que A = [−1, 0[∪]0, +∞[.

I.b) O interior de A é ] − 1, 0[∪]0, +∞[, a fronteira é {−1, 0} e o exterior de A é R \ (interior ∪ fronteira) =] − ∞, −1[. Como o derivado de um conjunto é o conjunto dos seus pontos de acumula¸cão, tem-se A′ _{= [−1, +∞[.}

I.c)(i) A afirma¸cão é obviamente falsa pois existem exemplos de sucessões que não satis-fazem esta afirma¸cão. Por exemplo, a sucessão un = _n1 está em A, é decrescente, e

converge para o ponto 0, o qual n˜ao ´e um elemento de A.

I.c)(ii) Tamb´em se trata de uma afirma¸c˜ao obviamente falsa: basta considerar vn = 1 + 1

n para verificar que se tem uma sucess˜ao estritamente decrescente, positiva e que

converge para o ponto 1, o qual n˜ao ´e um ponto da fronteira de A, mas sim do seu interior.

I.c)(iii) Embora não seja tão imediato como nos casos anteriores, a afirma¸cão desta al´ınea é também falsa. Para arranjar um contra-exemplo podemos tentar tomar duas su-cessões estritamente decrescentes para −1 de tal modo que os termos de uma delas sejam claramente maiores que os correspondentes termos da outra e depois construir uma sucessão considerando cada uma das sucessões iniciais como subsucessão da su-cessão final. Assim, ao alternar entre termos consecutivos da susu-cessão a varia¸cão não será sempre no mesmo sentido. Vejamos: consideremos sn = 1n − 1 e tn = n2 − 1.

Claramente, ambas as sucessões convergem para −1 e são estritamente decrescentes. Mas se considerarmos agora a sucessão vn construida de modo tal que v2n = t2n e

v2n+1 = s2n+1, ent˜ao temos que vn ainda converge para −1 mas agora tem-se que ao

passar de uma ordem par para a ordem ´ımpar seguinte o termo da sucessão diminui v2n= t2n = 2 2n− 1 = 1 n− 1 > 1 2n− 1 > 1 2n + 1− 1 = s2n+1 = v2n+1, e ao passar de uma ordem par para a ordem ´ımpar anterior o termo da sucessão também diminui (note-se que n + 1 6 2n para todos os naturais),

v2n= t2n= 2 2n− 1 = 1 n− 1 > 1 2n − 1− 1 > s2n−1= v2n−1.

Portanto, o gráfico dos pontos sa sucessão vn formam uma espécie de zig-zag

conver-gente para −1, pelo que vn não é monótona decrescente a partir de nenhuma ordem

(ver representa¸c˜ao esquem´atica na Figura 1).

−1 vn

n

(4)

II.1.a) ´E claro que u1= 1 ∈ [1, 2]. Suponha-se que tal ´e verdade para uma dada ordem n,

ou seja, que un∈ [1, 2]. Ent˜ao tem-se un61 ⇒ un+1= 1 +_u1_n 61 +1₁ = 2 e tamb´em

un62 ⇒ un+1= 1 +_u1_n >1 +1₂ =3₂ >1 e portanto un+1∈ [1, 2], como pretendiamos

provar.

II.1.b) Observando que

u2(n+1)− u2n = 1 + 1 u_2(n+1)−1 − 1 − 1 u_2n−1 = u2n−1− u2n+1 u_2n−1u2n+1 conclui-se que u2(n+1)6u2n⇔ u2(n+1)− u2n60 ⇔ u2n−1− u2n+1 60 ⇔ u2n−16u2n+1

e portanto, se a subsucessão dos termos de ordem par é decrescente, a dos termos de ordem ´ımpar é crescente e vice-versa.

II.1.c) Provemos por indu¸cão que a subsucessão u2né decrescente. Comece-se por observar

que u1, u2=3₂, u3=3₂, u4=5₄.Portanto u4− u2=5₃− 2 = −1₃ <0. Supondo agora

que u2(n+1)− u2n < 0 vejamos se tamb´em se verifica u2(n+2)− u2(n+1) < 0. Pela

defini¸c˜ao da sucess˜ao un tem-se

u2(n+2)− u2(n+1) = 1 + 1 u2n+3 − 1 − 1 u2n+1 = 1 u2n+3 − 1 u2n+1 = u2n+1− u2n+3 u2n+3u2n+1 = 1 + 1 u2n− 1 − 1 u2n+2 u2n+3u2n+1 = 1 u2n − 1 u2n+2 u2n+3u2n+1 = u2n+2− u2n u2n+3u2n+2u2n+1u2n < 0

onde desigualdade vem do facto do denominador ser positivo (porque, como já provámos, un>1 > 0) e do numerador ser também positivo, pela hipótese de indu¸cão.

II.1.d) Como u2n é uma sucessão monótona e limitada, conclui-se que é convergente para

algum número real, chamemos-lhe K. Pelas al´ıneas anteriores, a subsucessão u_2n−1 é também monótona e limitada. Portanto será também convergente para um número real (à partida não necessariamente igual ao anterior), digamos L. É claro que, pela al´ınea a), sabemos que K, L ∈ [1, 2]. Atendendo a que

u2n = 1 + 1

u_2n−1 tem-se, passando ao limite nesta igualdade,

L= 1 + 1

K ⇔ LK = K + 1. Por outro lado, tamb´em

(5)

e, analogamente, conclui-se que

K= 1 + 1

L ⇔ LK = L + 1.

Consequentemente K + 1 = L + 1 e portanto K = L. Ent˜ao, L tem de satisfazer a equa¸c˜ao L = 1 +_L1,ou seja L2_{− L − 1 = 0. Pela f´}_{ormula resolvente das equa¸c˜}_{oes de}

segundo grau e porque L ∈ [1, 2], concluimos que L =1+₂√5.

Como as subsucess˜oes dos termos de ordem par e dos termos de ordem ´ımpar de un

convergem ambas para o mesmo limite, a sucessão uné convergente e converge também

para esse mesmo limite L = 1+₂√5.

II.2. A série é absolutamente convergente se e só se a série dos módulos for convergente. Como, quando n ≫ 1 tem-se (n + 1)α+1_{∼ n}α+1_{, também se ter´}_a

n2 (n + 1)α+1 ∼ n2 nα+1 = 1 nα−1, quando n ≫ 1.

Isto não prova nada mas sugere que se use a sucessão no membro direito como termo comparativo. De facto, comparando com o termo geral da série dada tem-se, quando n→ ∞, n2 (n+1)α+1 1 nα−1 = n 2_nα−1 (n + 1)α+1 = n n+ 1 α+1 −→ 1.

Assim, pelo corolário do critério de compara¸cão, temos que as séries P n2

(n+1)α+1 e

P 1

nα−1 são da mesma natureza. Como esta última é convergente se e só se α − 1 >

1 ⇔ α > 2, conclui-se que a s´erie dada ´e absolutamente convergente exactamente para estes valores de α.

Vejamos agora os restantes valores de α, i.e., α 6 2. Comecemos por observar que se α 6 1 então o termo geral da série não converge para zero e, portanto, podemos imediatamente concluir que a série é divergente. Resta-nos, portanto, o caso em que α∈]1, 2]. Pelo que conclu´ımos acima, para estes valores a série não é absolutamente convergente, restando distingir entre as possibilidades de ser simplesmente convergente ou divergente. Como se trata de uma série alternada, vamos estudara sua natureza utilizando o critério de Leibnitz. Tem-se

n2 (n + 1)α+1 < n2 nα+1 = 1 nα−1 → 0,

al´em disso, observe-se que, sendo f (x) = x2

(x+1)α+1, tem-se f′_(x) ₌ 2x(x + 1) α+1_{− (α + 1)(x + 1)}α_x2 (x + 1)2(α+1) = 2x 2_{+ 2x − (α + 1)x}2 (x + 1)α+2 = −2 − (α − 1)x (x + 1)α+2 x

e, como α > 1 está fixo, a expressão do membro direito é negativa para todos os reais xsuficientemente grandes (mais propriamente, desde que x > 2

α−1). Em particular,

para todos os x = n ∈ N suficientemente grandes, tem-se que a sucess˜ao n2

(n+1)α+1

será decrescente e portanto, pelo critério de Leibnitz, podemos afirmar que a série é convergente e, pelo que se viu anteriormente, será simplesmente convergente.

(6)

III.1.a) O dom´ınio de ϕ ´e o conjunto Dϕ= x∈ R : x 6= 0 ∧1 x ∈ Dexp .

Como Dexp= R conclui-se imediatamente que Dϕ= R \ {0}. Como as fun¸c˜oes x 7→ x,

x7→_x1 e exponencial são cont´ınuas nos respectivos dom´ınios e como a fun¸cão ϕ é obtida pelo produto e pela composi¸cão destas três fun¸cões, conclu´ımos que ϕ é cont´ınua no seu dom´ınio.

III.1.b) O mesmo argumento utilizado acima para a continuidade é válido para a diferen-ciabilidade e permite-nos concluir que a fun¸cão ϕ é cont´ınua em todo o seu dom´ınio. Recorrendo às regras usuais de deriva¸cão conclui-se que

ϕ′_{(x) =}_xe1/x′_{= e}1/x_{+ x ·}₋ 1 x2 e1/x= 1 − 1 x e1/x. Daqui infere-se que ϕ′_{(x) > 0 se 1 −} 1

x >0, que ϕ′(x) < 0 se 1 −x1 <0 e ϕ′(x) = 0 se

x= 1. Resolvendo as desigualdades tem-se que 1 − 1

x >0 ⇔ x ∈] − ∞, 0[∪]1, +∞[, 1 − 1

x<0 ⇔ x ∈]0, 1[,

concluindo-se, então, que ϕ é crescente em ] − ∞, 0[ e em ]1, +∞[ e é decrescente em ]0, 1[. Sendo a fun¸cão cont´ınua (e até mesmo diferenciável) em x = 1 o comportamento de monotonia agora indicado permite concluir que este ponto é um minimizante (local) da fun¸cão ϕ. No ponto x = 0 a fun¸cão não está definida e portanto não faz sentido falar em extremo neste ponto.

III.1.c) Para as assimptotas horizontais vejamos o comportamento de ϕ quando x → ±∞: lim x→+∞ϕ(x) = limx→+∞xe 1/x_{= +∞ × e}0_{= +∞ × 1 = +∞} lim x→−∞ϕ(x) = limx→−∞xe 1/x_{= −∞ × e}0_{= −∞ × 1 = −∞}

pelo que se conclui que não existem assimptotas horizontais. Para verificarmos se existem, ou não, assimptotas obliquas tentemos ver se o declive da fun¸cão converge para algum valor finito (tal é necessário, mas claramente não suficiente para que a fun¸cão se aproxime assimptoticamente de uma recta obl´ıqua com declive igual ao valor finito do limite). Tem-se

lim x→+∞ ϕ(x) x = limx→+∞ xe1/x x = limx→+∞e 1/x_{= e}0_{= 1}

e analogamente para o limite quando x → −∞. Portanto, existe a possibilidade de existirem assimptotas obliquas quando x → ±∞, ambas com declive igual a 1. Para concluirmos que de facto a fun¸cão de aproxima de rectas com declive 1 quando x → +∞ e quando x → +∞ precisamos provar que, para x nestas condi¸cões, se tem ϕ(x) ∼ x+b, ou seja, que o seguinte limite (que será igual à ordenada na origem, b, da assimptota obliqua) existe e é finito:

lim x→+∞(ϕ(x) − x) = limx→+∞ xe1/x− x= lim x→+∞ e1/x− 1x.

Aplicando directamente as regras dos limites obtemos uma indetermina¸c˜ao do tipo 0 × ∞. Transformemo-la numa indetermina¸c˜ao do tipo 0

0 ou ∞∞ e apliquemos a regra

de Cauchy: Notando que

e1/x− 1x=e

(7)

e observando que o único modo de x aparecer nesta expressão é na forma 1_x podemos, em vez do limite em x quando x → +∞, definir u = 1_x e estudar o limite da corres-pondente expressão eu−1

u quando u → 0. A aplica¸c˜ao da regra de Cauchy a este caso

´e muito mais simples:

lim u→0 (eu− 1)′ u′ = lim_u→0 eu 1 = 1,

pelo que se conclui que limx→+∞(ϕ(x) − x) = 1 e portanto a recta que ´e assimptota

obliqua a ϕ quando x → +∞ tem equa¸c˜ao y = x + 1.

Cálculos exactamente iguais dão exactamente o mesmo resultado no caso de x → −∞. Para terminar vejamos a possibilidade de existirem assimptotas verticais. Sendo x = 0 o único ponto de R que não pertence ao dom´ınio de ϕ conclui-se que apenas a´ı pode exitir uma assimptota vertical. Vejamos:

lim

x→0−ϕ(x) = lim_x→0

x<0

xe1/x= 0 × e−∞_{= 0.}

Para o limite à direita em x = 0 a aplica¸cão directa das regras operatórias com os limites resulta no s´ımbolo sem sentido 0 × (+∞). Notando que se pode escrever xe1/x= e_1/x1/x podemos usar, tal como acima, a substitui¸cão u = 1_x para transformar o estudo de lim_x→0+e

1/x

1/x no estudo de limu→+∞ eu

u, para o qual a aplica¸c˜ao da regra de

Cauchy permite imediatamente concluir que ´e igual a +∞. Portanto tem-se lim

x→0+ϕ(x) = lim_x→0

x>0

xe1/x= +∞.

Isto significa que se pode dizer que a fun¸cão ϕ não tem assimptota vertical em x = 0 (porque falha o limite à esquerda ser infinito) mas pode-se também acrescentar que tem assimptota vertical à direita em x = 0, já que o gráfico da restri¸cão da fun¸cão a x >0 se aproxima de infinito quando x → 0+_.

Os resultados obtidos at´e este ponto permite-nos esbo¸car o seguinte gr´afico de ϕ:

1 1 2 2 3 3 4 5 −1 −1 −2 −2 −3 x y

Figura 2: Esbo¸co (a vermelho) do gráfico da fun¸cão ϕ. A tracejado apresenta-se o gráfico da assimptota obliqua y = x + 1.

III.1.d) Comecemos por considerar um intervalo fechado I ⊂ R−_{. Sejam x, y ∈ I}

ar-bitr´arios. Pelo teorema de Lagrange aplicado ao intervalo de extremos x e y podemos escrever xe 1/x_{− ye}1/y = e1/ξ 1 − 1 ξ · |x − y|,

(8)

onde ξ ´e um ponto do intervalo de extremos x e y. Como a fun¸c˜ao ξ 7→ e1/ξ_{1 −} 1 ξ

´e cont´ınua em R− _{e tende para 1 quando ξ → −∞, podemos concluir que esta fun¸c˜}_{ao ´e}

limitada em I, para qualquer I fechado. Seja K = maxξ∈Ie1/ξ

1 −1_ξ, ent˜ao temos, para quaisquer x e y em I, xe 1/x_{− ye}1/y 6K|x − y|

e portanto, dado δ > 0 podemos escolher ε = _Kδ na defini¸cão de continuidade, inde-pendentemente do x e do y em I, ou seja, a fun¸cão ϕ é uniformemente cont´ınua em I. Exactamente o mesmo argumento é válido se I ⊂ R+, pelo que se conclui o pretendido. III.2.a) Observando que u(x) = tan x = _{cos x}sin x = −(cos x)_cos ′ conclui-se que as primitivas pedidas são P u(x) = − log | cos x| + Ck, com Ck uma constante real arbitrária,

even-tualmente diferente em cada intervalo Ik =

i (2k−1)π 2 , (2k+1)π 2 h ,com k ∈ Z.

III.2.b) O facto da fun¸cão a primitivar ser o produto de duas fun¸cões cujas derivadas e primitivas são bem conhecidas, sugere-nos que apliquemos a primitiva¸cão por partes. Considerem-se as fun¸cões f (x) = sin x e g′_{(x) = e}x_{. Tem-se ent˜}_{ao f}′_{(x) = cos x e}

g(x) = ex_{e, aplicando a primitiva¸c˜}_{ao por partes P (f g}′_{) = f g − P (f}′_{g) `a fun¸c˜}_{ao dada,}

tem-se

P(ex_{sin x) = e}x_{sin x − P (e}x_{cos x).}

Agora temos uma expressão análoga à inicial. Pelo mesmo processo, usando desta feita as fun¸cões f (x) = cos x e g′_{(x) = e}x_{tem-se f}′_{(x) = − sin x e g(x) = e}x_{, pelo uma}

nova primitiva¸c˜ao por partes resulta em

P(exsin x) = exsin x − P (excos x)

= exsin x − (ex_{cos x + P (e}x_{sin x))}

= exsin x − excos x − P (exsin x). Agrupando no primeiro membro os dois P (ex_{sin x) obt´em-se por fim}

P(exsin x) = 1 2(e

x_{sin x − e}x_{cos x)}

como sendo a expressão de uma das primitivas pedidas. Como a fun¸cão dada está definida em todo o R, todas as restantes primitivas de ex_{sin x diferem da que agora}