Cálculo Diferencial e Integral I

C´ alculo Diferencial e Integral I

2 ^o Teste (Vers˜ ao A) 6 de Janeiro de 2020 LEGM, MEC

Apresente todos os c´ alculos e justifica¸c˜ oes relevantes

I. Determine uma primitiva de cada uma das seguintes fun¸ c˜ oes:

(3,0 val.)

a) 3x ²

√ 1 − x ⁶ , b) x + 3 (x + 4) ² . Resolu¸ c˜ ao:

a)

Z 3x ²

√

1 − x ⁶ dx =

Z (x ³ ) ⁰

p 1 − (x ³ ) ² dx = arcsen(x ³ ).

b) Decomposi¸ c˜ ao em frac¸ c˜ oes simples:

x + 3

(x + 4) ² = A

x + 4 + B (x + 4) ² .

A seguinte igualdade entre polin´ omios tem ent˜ ao que ser satisfeita:

A(x + 4) + B = x + 3 .

Igualando os coeficientes que multiplicam iguais potˆ encias de x em ambos os membros, obt´ em-se o sistema:

( A = 1 4A + B = 3 , cuja solu¸c˜ ao ´ e A = 1, B = −1. Logo,

Z x + 3 (x + 4) ² dx =

Z 1

x + 4 − 1 (x + 4) ²

dx = ln |x + 4| + 1 x + 4 .

II. Calcule os integrais seguintes (em b) pode ser ´ util uma das primitivas calculadas atr´ as):

(4,0 val.)

a) Z e+5

6

(x − 5) ³ ln(x − 5) dx, b) Z ln 2

0

e ^2x + 3e ^x e ^2x + 8e ^x + 16 dx.

Resolu¸c˜ ao:

a) Integrando por partes:

Z e+5

6

(x − 5) ³ ln(x − 5) dx =

(x − 5) ⁴

4 ln(x − 5) e+5

6

− Z e+5

6

(x − 5) ⁴ 4

1 x − 5 dx

= e ⁴ 4 − 1

4 Z e+5

6

(x − 5) ³ dx = e ⁴ 4 − 1

4

(x − 5) ⁴ 4

e+5

6

= e ⁴ 4 −

e ⁴ 16 − 1

16

= 3e ⁴ + 1

16 .

b) Fazendo a substitui¸ c˜ ao t = e ^x , temos x = ln t e, portanto, x ⁰ = ¹ _t . Al´ em disso, x = 0 ⇒ t = 1,

x = ln 2 ⇒ t = 2 . Substituindo na f´ ormula de substitui¸ c˜ ao de vari´ avel,

Z ln 2 0

e ^2x + 3e ^x

e ^2x + 8e ^x + 16 dx = Z 2

1

t ² + 3t t ² + 8t + 16 · 1

t dt = Z 2

1

t + 3 (t + 4) ² dt

=

ln |t + 4| + 1 t + 4

2 1

= ln 6 + 1

6 − ln 5 − 1 5 = ln 6

5 − 1 30 , onde se usou a primitiva calculada em I.b).

III. Calcule a ´ area do conjunto de pares ordenados (x, y) definido pela conjun¸ c˜ ao das se- (3,0 val.)

guintes condi¸c˜ oes:

x > 0 , y > x ⁴ + √

x − 1 , y 6 x ⁴ . Resolu¸c˜ ao:

Calculemos os pontos de intersec¸ c˜ ao entre as curvas y = x ⁴ e y = x ⁴ + √

x − 1, com abcissa x > 0:

x ⁴ = x ⁴ + √

x − 1 ⇔ √

x = 1 ⇔ x = 1.

Dado que, para x ∈ [0, 1[, x ⁴ + √

x − 1 < x ⁴ , sendo v´ alida a desigualdade oposta para x > 1, concluimos que a ´ area pedida ser´ a dada por

Z 1 0

(x ⁴ − (x ⁴ + √

x − 1)), dx = Z 1

0

(1 − √

x), dx =

"

x − 2x ^3/2 3

# 1

0

= 1 − 2 3 = 1

3 .

IV. Considere a fun¸ c˜ ao f : R → R dada, para cada x ∈ R, por, (3,5 val.)

f (x) = Z _x

²

₊₂

π

²

+2

sen √ t − 2

dt .

a) Calcule f ⁰ (x), para cada real positivo x.

Resolu¸c˜ ao:

a) Dado que a fun¸ c˜ ao integranda ´ e cont´ınua, para t > 2, e os extremos de integra¸ c˜ ao s˜ ao fun¸c˜ oes diferenci´ aveis podemos usar o Teorema Fundamental do C´ alculo e o Teorema da derivada da fun¸ c˜ ao composta para escrevermos, para x > 0 :

f ⁰ (x) = sen p

(x ² + 2) − 2

(x ² + 2) ⁰ = 2x sen x .

b) Determine o polin´ omio de Taylor de ordem 3 em torno de a = π. Diga, justificando, se f tem extremo local em π.

Resolu¸c˜ ao:

b) Calculemos os coeficientes do polin´ omio de Taylor p ₃ (x) pedido: Como, f (π) = R π

²

+2

π

²

+2 sen √ t − 2

dt = 0, f ⁰ (π) = 2π sen π = 0 e, al´ em disso,

f ⁰⁰ (x) = (2x sen x) ⁰ = 2 sen x + 2x cos x ⇒ f ⁰⁰ (π) = −2π , f ⁰⁰⁰ (x) = 2 cos x + 2 cos x − 2x sen x ⇒ f ⁰⁰⁰ (π) = −4 , temos que,

p 3 (x) = f (π) + f ⁰ (π)(x − π) + f ⁰⁰ (π)

2! (x − π) ² + f ⁰⁰⁰ (π)

3! (x − π) ³

= −π(x − π) ² − 2

3 (x − π) ³ .

Dado que f ´ e duas vezes diferenci´ avel em x = π, f ⁰ (π) = 0 e f ⁰⁰ (π) = −2π < 0, concluimos que f tem m´ aximo local em π.

V. 1. Classifique cada uma das seguintes s´ eries como divergente ou convergente. Calcule (4,5 val.)

a soma de uma delas.

a)

∞

X

n=0

3 ⁿ⁺¹

2 ²ⁿ⁻² , b)

∞

X

n=1

(2n)!

3 ⁿ (n!) ² . Resolu¸c˜ ao:

a)

∞

X

n=0

3 ⁿ⁺¹ 2 ²ⁿ⁻² = 3

2 ⁻²

∞

X

n=0

3 4

n

= 12

1 − ³ ₄ = 48 , onde se usou o facto da segunda s´ erie ser geom´ etrica do tipo P ∞

n=0 r ⁿ com |r| < 1 e, portanto, ser convergente com soma

1

1−r . Logo, a s´ erie ´ e convergente com soma 250.

b) Trata-se de uma s´ erie de termos positivos ` a qual vamos tentar aplicar o crit´ erio de d’Alembert. Designando po a n o termo geral da s´ erie,

a n+1

a n

= (2(n + 1))!

3 ⁿ⁺¹ ((n + 1)!) ² · 3 ⁿ (n!) ²

(2n)! = (2n + 1)(2n + 2)

3(n + 1) ² −→ 4 3 . Como ⁴ ₃ > 1, concluimos que a s´ erie ´ e divergente.

2. Diga para que valores de x a seguinte s´ erie de potˆ encias ´ e absolutamente convergente, simplesmente convergente ou divergente:

∞

X

n=1

x ⁿ 3 ⁿ √

³

n .

Resolu¸ c˜ ao:

Trata-se de uma s´ erie de potˆ encias do tipo P

c n (x − a) ⁿ com a = 0 e c n = ₃

n

¹ √

3

n . Calculemos o raio de convergˆ encia da s´ erie R:

R = lim

c _n c _n+1

= lim 3 ⁿ⁺¹ √

³

n + 1 3 ⁿ √

³

n = 3 lim r

1 + 1 n = 3 . Podemos desde j´ a dizer que:

• se |x| < 3, ou seja, se x ∈ ]−3, 3[ , a s´ erie ´ e absolutamente convergente;

• se |x| > 3, ou seja, se x ∈ ]−∞, −3[ ∪ ]3, +∞[ , a s´ erie ´ e divergente.

Vejamos nos extremos do intervalo de convergˆ encia, −3 e 3:

• se x = 3, a s´ erie reduz-se a P ₁

√

3

n que ´ e a s´ erie de Dirichlet P ₁

n

^α

, com α = ¹ ₃ < 1, logo, ´ e divergente.

• se x = −3, a s´ erie reduz-se a P (−1)

ⁿ

√

3

n , cuja s´ erie dos m´ odulos ´ e P

(−1)

ⁿ

√

3

n

= P ₁

√

3

n a qual vimos atr´ as ser divergente. Logo, em x = −3 a s´ erie de potˆ encias n˜ ao ´ e absolutamente convergente. Por outro lado, P (−1)

ⁿ

√

3

n = P

(−1) ⁿ a n , com a n = √

3

¹

n . Como a n > 0, a sucess˜ ao (a n ) ´ e decrescente e lim a n = 0, concluimos, pelo crit´ erio de Leibniz, que a s´ erie ´ e convergente. Concluimos assim, que em x = −3, a s´ erie de potˆ encias ´ e simplesmente convergente.

VI. Seja f : R → R cont´ınua, e considere a fun¸ c˜ ao F : R → R dada por, (2,0 val.)

F (x) = Z x

1

f (t) dt .

Suponha que existe M > 0 tal que, para todo o real x, 0 6 F (x) 6 M . Mostre que o limite seguinte existe e satisfaz a desigualdade indicada,

x→+∞ lim Z x

1

f (t)

t dt 6 M . (Sugest˜ ao: comece por efetuar uma integra¸ c˜ ao por partes.)

Come¸cemos por constatar que, como f ´ e cont´ınua, pelo Teorema Fundamental do C´ alculo, a fun¸c˜ ao F ´ e uma primitiva da fun¸ c˜ ao f , isto ´ e, para todo x ∈ R , F ⁰ (s) = f(x).

Por integra¸ c˜ ao por partes, temos ent˜ ao, para x > 0, Z x

1

f (t) t dt =

Z x

1

1

t · F ⁰ (t)dt = 1

t · F (t) x

1

− Z x

1

− 1 t ²

F (t)dt

= F (x)

x +

Z x

1

F (t) t ² dt ,

onde tamb´ em us´ amos o facto de F (1) = 0, que resulta da defini¸ c˜ ao de F (x). Usando a majora¸ c˜ ao F(x) 6 M , obtemos, para x > 1,

Z x

1

F (t) t ² dt 6

Z x

1

M t ² dt =

− M t

x

1

= M − M

x 6 M.

Como ^F _t ^(t)

2

> 0, o integral R x 1

F (t)

t

²

dt ´ e crescente com x, e como vimos que ´ e majorado, concluimos que existe o limite deste quando x → +∞. Por outro lado, por enquadra- mento, lim

x→+∞

F (x)

x = 0. Logo, o limite pedido existe e ´ e,

x→+∞ lim Z x

1

f (t)

t dt = lim

x→+∞

Z x

1

F (t)

t ² dt 6 M .