Cálculo Diferencial e Integral I

(1)

C´

alculo Diferencial e Integral I

2

o

_{Teste (Vers˜}

_{ao A)}

_{7 de Junho de 2019}

LEGM, LEIC-A, LMAC, MEBiom, MEC, MEFT

Apresente todos os c´

alculos e justifica¸c˜

oes relevantes

I. Calcule uma primitiva de cada uma das seguintes fun¸c˜oes: (3,0) a) 1 − sen x 3 √ x + cos x, b) x −6_{ln(1 + x}10₎ Resolu¸c˜ao: a) Z _{1 − sen x} 3 √ x + cos xdx = Z (x + cos x)−1/3(x + cos x)0dx = 3 2(x + cos x) 2/3 .

b) Primitivando por partes:

Z x−6ln(1 + x10) dx = x −5 −5 ln(1 + x 10_{) −}Z x−5 −5 · 10x9 1 + x10dx = − 1 5x5ln(1 + x 10 ) + 2 Z _x4 1 + x10dx = − 1 5x5ln(1 + x 10_{) +}2 5 Z _(x5₎0 1 + (x5₎2dx = − 1 5x5ln(1 + x 10_{) +}2 5arctg(x 5_{) .}

II. a) Calcule uma fun¸c˜_{ao ϕ : R \ {2} → R que satisfa¸ca, para todo t 6= 2,} (4,0)

ϕ0(t) = t

2_{− 4t}

(t − 2)3 .

Resolu¸c˜ao:

Decompondo em frac¸c˜oes simples:

t2_{− 4t} (t − 2)3 = A t − 2+ B (t − 2)2+ C (t − 2)3 = A(t − 2) 2_{+ B(t − 2) + C} (t − 2)3 ,

donde se depreende que

At2+ (−4A + B)t + (4A − 2B + C) = t2− 4t , resultando o sistema      A = 1 − 4A + B = −4 4A − 2B + C = 0 ,

cuja solu¸cão é A = 1, B = 0, C = −4. Podemos então calcular ϕ(t):

ϕ(t) = Z _t2_{− 4t} (t − 2)3dt = Z 1 t − 2− 4 (t − 2)3 dt = ln |t − 2| + 2 (t − 2)2.

(2)

b) Calcule o integral Z 2 1 √ x − 1 − 4 (√x − 1 − 2)3dx

(Sugest˜ao: pode ser-lhe ´util o resultado da al´ınea anterior)

Resolu¸c˜ao:

Fazendo a susbstitui¸c˜ao de vari´avel t =√x − 1, e portanto, x = 1 + t2_{, temos que}

dx dt = 2t, e que,

x = 1 ⇒ t = 0 , x = 2 ⇒ t = 1 . Aplicando a fórmula de susbtitui¸cão de variável resulta,

Z 2 1 √ x − 1 − 4 (√x − 1 − 2)3dx = Z 1 0 t − 4 (t − 2)3 · 2t dt = 2 Z 1 0 t2− 4t (t − 2)3dt = 2 ln |t − 2| + 2 (t − 2)2 1 0 = −2 ln 2 + 3 ,

onde se usou a primitiva da al´ınea anterior na aplica¸c˜ao da regra de Barrow.

III. Calcule a área da região do plano definida pelas seguintes condi¸cões: (2,0)

y > 1 , y > 2 −√x , _{y 6 2 −} x

2

4 .

Resolu¸c˜ao: Esbo¸co da regi˜ao:

Calculemos os pontos de intersec¸c˜ao: Entre a curva y = 2 −√x e a recta y = 1:

2 −√x = 1 ⇒ x = 1 . Entre a curva y = 2 − x2

4 e a recta y = 1 (com x > 0 dado que a segunda condi¸c˜ao imp˜oe que x

tenha que estar no dom´ınio de defini¸c˜ao de√x): x2

(3)

A área pedida será então dada por: Z 1 0 2 −x 2 4 − 2 + √ x dx + Z 2 1 2 −x 2 4 − 1 dx = Z 1 0 −x 2 4 + √ x dx + Z 2 1 1 −x 2 4 dx = −x 3 12+ 2x3/2 3 1 0 + x − x 3 12 2 1 = − 1 12+ 2 3 + 2 − 8 12− 1 + 1 12 = 1 .

IV. Seja g : R → R uma fun¸cão diferenciável positiva tal que g(0) = 1, e seja f a fun¸cão definida, para (3,5) cada x ∈ R, por f (x) = Z x−1 0 (x − 1 − t)g(t) dt .

a) Calcule o polin´omio de Taylor de segunda ordem de f em torno do ponto a = 1.

Resolu¸c˜ao:

Para o cálculo dos coeficientes do polinómio de Taylor de segunda ordem de f em torno do ponto a = 1, precisamos de saber f (1), f0(1) e f00(1). Cálculo de f (1): f (1) = Z 0 0 (−t)g(t) dt = 0 .

C´alculo de f0(1): dada a continuidade de g(t) e, portanto, tamb´em de tg(t), podemos escrever:

f0(x) = (x − 1) Z x−1 0 g(t) dt − Z x−1 0 tg(t) dt 0 = Z x−1 0 g(t) dt + (x − 1)g(x − 1)(x − 1)0− (x − 1)g(x − 1)(x − 1)0 = Z x−1 0 g(t) dt . Logo, f0(1) = Z 0 0 g(t) dt = 0 .

C´alculo de f00(1): dada a continuidade de g,

f00(x) = Z x−1 0 g(t) dt 0 = g(x − 1)(x − 1)0 = g(x − 1) . Logo, f00(1) = g(0) = 1 . O polinómio de Taylor pedido será então,

p2,1(x) = f (1) + f0(1)(x − 1) +

f00(1) 2 (x − 1)

2₌ (x − 1)2

(4)

b) Mostre que f tem um extremo local em x = 1. Classifique-o e mostre que ele ´e, de facto, um extremo global.

Resolu¸c˜ao:

Dado que f0(1) = 0 e f00(1) = 1 > 0, e portanto a derivada de menor ordem que não se anula é de ordem par e é positiva, podemos concluir que f tem um m´ınimo local em x = 1.

Para concluirmos que f (0) = 0 ´e m´ınimo global de f basta verificar que, para qualquer x 6= 1 se tem f (x) > 0. Vejamos:

Se x > 1, para t ∈ [0, x − 1[,

x − 1 − t > 0 ,

e, portanto, dada a positividade de g(t), tem-se (x − 1 − t)g(t) > 0 e, logo,

f (x) = Z x−1 0 (x − 1 − t)g(t) dt > 0 . Se x < 1, para t ∈ ]x − 1, 0] , x − 1 − t < 0 ,

e, portanto, dada a positividade de g(t) tem-se (x − 1 − t)g(t) < 0 e, logo,

f (x) = Z x−1 0 (x − 1 − t)g(t) dt = − Z 0 x−1 (x − 1 − t)g(t) dt > 0

donde se conclui que f (1) = 0 ´e, de facto, m´ınimo global de f . Resolu¸c˜ao alternativa:

Atr´as calcul´amos,

f0(x) = Z x−1

0

g(t) dt .

Dada a positividade de g, temos que

x > 1 ⇐⇒ x − 1 > 0 =⇒ f0(x) = Z x−1 0 g(t) dt > 0 , e que x < 1 ⇐⇒ x − 1 < 0 =⇒ f0(x) = Z x−1 0 g(t) dt = − Z 0 x−1 g(t) dt < 0 .

Logo, f ´e estritamente decrescente em ]−∞, 1] e estritamente crescente em [1, +∞[ . Concluimos que f (1) = 0 ´e m´ınimo global.

V. a) Classifique cada uma das seguintes s´eries como absolutamente convergente, simplesmente con-(5,0)

vergente ou divergente e calcule a soma de uma delas:

i) ∞ X n=1 r _n n + 1− r n + 1 n + 2 ! , ii) ∞ X n=1 arccos 1 n2 , iii) ∞ X n=1 (−3)n·(n!) 2 (2n)! . Resolu¸c˜ao:

(i) Trata-se de uma s´erie de Mengoli do tipoP(un− un+1), com un =

q _n

n+1. Como (un) ´e

convergente sabemos que a s´erie de Mengoli correspondente ´e convergente e tem soma

∞ X n=1 r n n + 1− r n + 1 n + 2 ! = u1− lim un = r 1 2 − 1 .

(5)

concluimos que cada termo da s´erie ´e negativo e, logo, P |un − un+1| = −P(un− un+1).

Portanto, a série dos módulos é também convergente, donde se conclui que a série dada é absolutamente convergente.

(ii) arccos_n12 → arccos 0 = 1 6= 0. Logo, a s´erie ´e divergente.

(iii) Estudemos a s´erie dos m´odulos:

∞ X n=1 (−3)n· (n!) 2 (2n)! = ∞ X n=1 3n_(n!)2 (2n)!

Trata-se de uma s´erie de termos positivos. Como,

liman+1 an = lim3 n+1_{((n + 1)!)}2 (2n + 2)! (2n)! 3n_(n!)2 = 3 · lim (n + 1)2 (2n + 1)(2n + 2) = 3 4 < 1 .

a série dos módulos é convergente e, portanto, a série dada é absolutamente convergente.

b) Diga para que valores de x a seguinte série é absolutamente convergente, simplesmente conver-gente e diverconver-gente: ∞ X n=2 (3 − x)n 2n₍√_{n − 1)} . Resolu¸cão:

Trata-se de uma s´erie de potˆencias do tipoP cn(x−a)n, com cn= (−1)

n

2n₍√_n−1)e a = 3. Comecemos

por calcular o raio de convergˆencia:

R = lim cn cn+1 = lim2 n+1₍√_{n + 1 − 1)} 2n₍√_{n − 1)} = 2 · lim q 1 + _n1−_√1 n 1 −√1 n = 2 .

Concluimos ent˜ao,

|x − 3| < 2 ⇒ a série é absolutamente convergente, |x − 3| > 2 ⇒ a série é divergente.

Vejamos os casos |x − 3| = 2:

Caso x − 3 = −2, ou seja, x = 1. Neste caso, a s´erie resultante ´eP∞

n=2 1 √

n−1 a qual ´e uma s´erie

de termos n˜ao negativos que comparamos com a s´erie de DirichletP 1 n1/2: lim 1 √ n−1 1 √ n = lim 1 1 − √1 n = 1.

Como este limite ´e diferente de 0 e de +∞, podemos concluir que a s´erie tem a mesma natureza queP 1

n1/2, isto ´e, ´e divergente.

Caso x − 3 = 2, ou seja, x = 5. Neste caso, a s´erie resultante ´e P∞

n=2 (−1)n √

n−1, que j´a sabemos

não ser absolutamente convergente, dado que a sua série dos módulos é a série anterior a qual é divergente. Por outro lado, trata-se de uma série alternada da formaP(−1)n_a

ncom an =√_n−11 .

Dado que an > 0, é decrescente (a inversa é crescente) e lim an = 0, concluimos, pelo critério de

Leibniz, que a s´erie ´e convergente e, portanto, simplesmente convergente.

Concluindo: a série é absolutamente convergente se x ∈]1, 5[, é divergente se x ∈]−∞, 1]∪]5, +∞[ e é simplesmente convergente se x = 5.

(6)

VI. Seja a > 0, f uma fun¸c˜_{ao cont´ınua em R, e φ : [a, +∞[→ R dada por} (2,5) φ(x) = Z x a f (t) dt .

Prove que, se existe M > 0 tal que, para todo x > a2, φ(x) ≤ M , ent˜ao Z x a2 f (√t) t dt 6 2M a .

(Sugest˜ao: use primitiva¸c˜ao por partes)

Resolu¸c˜ao:

Por hipótese, φ é o integral indefinido de f com ponto base a, para x > a. Como, também por hipótese, f é cont´ınua, podemos afirmar que φ é uma primitiva de f naquele intervalo, pelo Teorema Fundamental do Cálculo. Observando que, pelo teorema da derivada da fun¸cão composta,

φ(√t) 0 = f ( √ t) 2√t ,

podemos ent˜ao usar primitiva¸c˜ao por partes no integral que se pretende estimar, da seguinte forma:

Z x a2 f (√t) t dt = 2 Z x a2 1 √ t · f (√t) 2√t dt = 2 Z x a2 1 √ t φ(√t) 0 dt = 2 φ( √ t) √ t x a2 − 2 Z x a2 −t −3/2 2 φ( √ t) dt = 2φ( √ x) √ x + Z x a2 t−3/2φ(√t) dt 6 2M√ x + M Z x a2 t−3/2dt = 2M√ x + M h −2t−1/2i x a2 = 2M√ x − 2M √ x + 2M a = 2M a .