Recurso a-resolucao
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Recurso a-resolucao Recurso a-resolucao Document Transcript

  • Instituto Superior T´cnico e Departamento de Matematica TESTES DE RECUPERACAO DE CDI I ¸˜ 1O SEM. 2010/11 DURACAO: 1H30/3H00 ¸˜ ˜ VERSAO A LEMAT, LEAN, MEBIOL, MEQ, MEAMBI E LMAC, MEBIOM, MEFT RESOLUCAO ¸˜ 1. (1,5 val.) (a) (0,9 val.) Represente na forma de um intervalo ou de uma uni˜o disjunta de a intervalos os conjuntos seguintes: A = {x ∈ R : | arctan x| ≤ 1} e B = x ∈ R : log |x2 − 4| − log |x + 2| > 1 . Resolu¸˜o. Relativamento ao conjunto A, temos que: ca | arctan x| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ arctan x ≤ 1 . Aplicando a fun¸˜o tangente a cada um dos termos desta ultima desigualdade e usando ca ´ o facto de ser uma fun¸˜o estritamente crescente em ]−π/2, π/2[ ⊃ [−1, 1], obtemos ca tan(−1) ≤ tan(arctan x) ≤ tan(1) ⇔ − tan(1) ≤ x ≤ tan(1) ⇔ x ∈ [− tan(1), tan(1)] . Relativamente ao conjunto B, temos que: B = x ∈ R : log |x2 − 4| − log |x + 2| > 1 x2 − 4 >1 x+2 (x − 2)(x + 2) = x∈R: >e x+2 = {x ∈ R : |x − 2| > e ∧ x = −2} = x ∈ R : log = (]−∞, 2 − e[ ∪ ]2 + e, +∞[) {−2} = ]−∞, −2[ ∪ ]−2, 2 − e[ ∪ ]2 + e, +∞[ (b) (0,6 val.) Indique, caso existam em R, o supremo, ´ ınfimo, m´ximo e m´ a ınimo dos conjuntos seguintes: nπ , n ∈ N , D = ]−1, 2] e C ∩ D . C = cos 2 Resolu¸˜o. C = {−1, 0, 1} pelo que inf C = min C = −1 e sup C = max C = 1. ca O conjunto D tem inf D = −1 ∈ D, pelo que n˜o tem m´ / a ınimo, e tem sup D = 2 ∈ D, pelo que tem max D = 2. O conjunto C ∩ D = {0, 1} pelo que inf C ∩ D = min C ∩ D = 0 e sup C ∩ D = max C ∩ D = 1. 2. (2,0 val.) Calcule: sen(2x − π) , x→0 3x lim sen (log 2x) , x→+∞ log(x3 ) lim lim (tan x)tan x . x→0+ Resolu¸˜o. ca sen(2x − π) −2 · sen(2x) 2 = lim = − . (0,5 val.) x→0 3x 3 · 2x 3 Sendo o seno uma fun¸˜o limitada entre −1 e 1, temos que ca lim x→0 − 1 sen (log 2x) 1 ≤ ≤ , ∀x > 0 . log(x3 ) log(x3 ) log(x3 ) 1
  • CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ 2 Como lim − x→+∞ 1 1 = 0 = lim 3) x→+∞ log(x3 ) log(x podemos concluir pelo princ´ ıpio do encaixe que sen (log 2x) = 0. x→+∞ log(x3 ) lim (0,5 val.) Tendo em conta que tan x (tan x)tan x = elog((tan x) ) = e(tan x) log(tan x) , ∀ 0 < x < π/2 , temos que lim (tan x)tan x = elimx→0+ (tan x) log(tan x) . x→0+ Como sen x · (log(sen x) − log(cos x)) cos x sen x log(sen x) log(sen x) −∞ = lim · = lim = + + x 1/x 1/x +∞ x→0 x→0 cos x x RC = lim sen1x = lim −x · cos x · = −0 · 1 · 1 = 0 , + + − sen x x→0 x→0 x2 lim (tan x) log(tan x) = lim x→0+ x→0+ podemos concluir que lim (tan x)tan x = e0 = 1 . x→0+ (1,0 val.) 3. (1,5 val.) Calcule a derivada das fun¸˜es definidas pelas seguintes express˜es: co o 2 a) ecos(x ) ; b) arctan (senh(x/2)) √ . x Resolu¸˜o. ca 2) ecos(x 2 2 = ecos(x ) · (cos(x2 )) = ecos(x ) · (− sen(x2 )) · 2x arctan (senh(x/2)) √ x = = √ x − arctan (senh(x/2)) ( x) x √ 1 · x − arctan (senh(x/2)) 2√x (0,8 val.) x (arctan (senh(x/2))) cosh(x/2)·1/2 1+senh2 (x/2) √ (0,7 val.) 4. (1,0 val.) Se 0 ≤ ai ≤ 1, i ≥ 1, mostre por indu¸˜o que: ca n (1 − a1 ) × · · · × (1 − an ) ≥ 1 − ai , ∀ n ∈ N . i=1
  • CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ 3 Resolu¸˜o. [P (1)]. Para n = 1 a desigualdade anterior fica ca 1 (1 − a1 ) ≥ 1 − ai = 1 − a1 i=1 que ´ uma proposi¸˜o verdadeira. e ca [P (n) ⇒ P (n + 1)]. Assumindo como verdadeira a hip´tese P (n), i.e. o n (1 − a1 ) × · · · × (1 − an ) ≥ 1 − para um determinado n ∈ N, ai i=1 h´ que mostrar a validade da tese P (n + 1), i.e. a n+1 (1 − a1 ) × · · · × (1 − an+1 ) ≥ 1 − para o mesmo determinado n ∈ N. ai i=1 Isto pode ser feito da seguinte forma: (1 − a1 ) × · · · × (1 − an+1 ) = (1 − a1 ) × · · · × (1 − an ) × (1 − an+1 ) n ≥ 1− ai · (1 − an+1 ) ai − an+1 + i=1 n =1− n i=1 n+1 ≥1− ai an+1 i=1 ai i=1 onde a hip´tese e o facto de an+1 ≤ 1 s˜o usados na primeira desigualdade e o facto o a de 0 ≤ ai , i ≥ 1, ´ usado na segunda desigualdade. e 5. (3,0 val.) Considere a fun¸˜o f : R → R cont´ ca ınua em R e definida por: f (x) = arcsen(1 − x2 ) se |x| < 1 log(2x2 − c) se |x| ≥ 1 onde c ∈ ]−∞, 2[ designa uma constante. (a) (0,5 val.) Determine o valor de c. Resolu¸˜o. Sendo f cont´ ca ınua em −1 e 1, temos necessariamente que lim arcsen(1 − x2 ) = log(2 − c) ⇒ 0 = log(2 − c) ⇒ 1 = 2 − c ⇒ c = 1 . x→1− (b) (1,0 val.) Mostre que f n˜o ´ diferenci´vel em x = 0. a e a Resolu¸˜o. Como a fun¸˜o arcsen ´ diferenci´vel no intervalo ]−1, 1[, temos pelo ca ca e a Teorema da Derivada da Fun¸˜o Composta que f ´ diferenci´vel em ]−1, 1[ {0} ca e a e −2x −2x =√ f (x) = arcsen(1 − x2 ) = 2x2 − x4 1 − (1 − x2 )2 −2x √ , ∀ x ∈ ]−1, 1[ {0} . = |x| 2 − x2
  • 4 CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ Pelo corol´rio do Teorema de Lagrange, temos ent˜o que a a √ −2 fd (0) = lim f (x) = lim √ =− 2 + + 2 x→0 x→0 2−x e √ 2 = 2. fe (0) = lim f (x) = lim √ − − 2 x→0 x→0 2−x Como fe (0) = fd (0), podemos concluir que f n˜o ´ diferenci´vel no ponto 0. a e a (c) (1,5 val.) Determine os intervalos de monotonia e os extremos de f . Resolu¸˜o. Pelo c´lculo da derivada de f feito na al´ ca a ınea anterior, temos que −2 2 0 < x < 1 ⇒ f (x) = √ < 0 e − 1 < x < 0 ⇒ f (x) = √ > 0. 2 2−x 2 − x2 Por outro lado 4x log(2x2 − 1) = 2 2x − 1 pelo que x < −1 ⇒ f (x) < 0 e 1 < x ⇒ f (x) > 0 . Assim, f ´ estritamente decrescente em ]−∞, −1[ e ]0, −1[ e estritamente crese cente em ]−1, 0[ e ]1, +∞[. Sendo cont´ ınua em −1, 0 e 1, podemos concluir que f tem m´ ınimos em −1 e 1 e m´ximo em 0. a 6. (1,0 val.) Seja g uma fun¸˜o definida e diferenci´vel em ]0, 1[ e tal que: ca a 1 n+2 g =g 1 n+1 + 1. (a) (0,5 val.) Justifique que g n˜o pode ser prolongada por continuidade ao ponto 0. a Resolu¸˜o. Se g fosse prolong´vel por continuidade ao ponto 0, ent˜o ca a a 1 1 g(0) = lim g(x) = lim g = lim g . n→+∞ n→+∞ n+2 n+1 x→0+ Mas ent˜o a 1 1 1 1 g =g + 1 ⇒ lim g = lim g +1 n→+∞ n→+∞ n+2 n+1 n+2 n+1 ⇒ g(0) = g(0) + 1 ⇒ 0 = 1 , o que ´ absurdo. e (b) (0,5 val.) Mostre que existe uma sucess˜o cn de termos em ]0, 1[ que verifica: a g (cn ) = −(n + 1)(n + 2). Resolu¸˜o. Para cada n ∈ N, o Teorema de Lagrange garante que existe cn ∈ ca 1 1 ] n+2 , n+1 [⊂]0, 1[ tal que g (cn ) = 1 1 g( n+1 ) − g( n+2 ) 1 n+1 − 1 n+2 O TESTE 1 ACABA AQUI. = −1 (n+2)−(n+1) (n+1)(n+2) = −(n + 1)(n + 2) .
  • CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ 5 7. (2,5 val.) Determine uma primitiva de cada uma das seguintes fun¸˜es. co √ (a) ex 2 − 3ex (b) x2 arctan x (c) 2x (x − 1)(x2 + 3) Resolu¸˜o. ca (a) (0,5 val.) Trata-se de uma primitiva quase-imediata: √ 1 ex 2 − 3ex = − 3 3 1 −3ex (2 − 3ex ) 2 = − 3 1 (2 − 3ex ) 2 2 = − (2 − 3ex ) 2 3 3 9 2 (b) (1,0 val.) Usando primitiva¸˜o por partes: ca x3 x3 1 arctan(x) − · 3 3 1 + x2 x x3 1 x− = arctan(x) − 3 3 1 + x2 x3 1 x2 1 = arctan(x) − − log(1 + x2 ) 3 3 2 2 x2 arctan(x) = (c) (1,0 val.) Decompomos a fun¸˜o racional: ca 2x A Bx + C = + 2 2 + 3) (x − 1)(x x−1 x +3 Os coeficientes A, B e C s˜o determinados por forma a que a A(x2 + 3) + (Bx + C)(x − 1) = 2x ⇔ (A + B)x2 + (C − B)x + 3A − C = 2x , o que significa resolver um sistema linear de 3 equa¸˜es a 3 inc´gnitas: co o A + B = 0 , C − B = 2 , 3A − C = 0 ⇒ A = 1/2 , B = −1/2 , C = 3/2 . Logo 2x 1 = 2 + 3) (x − 1)(x 2 1 1 − x−1 2 x2 x 3 + +3 2 x2 1 +3 √ √ 1 1 3 1/ 3 2 √ = log |x − 1| − log |x + 3| + 2 4 2 1 + (x/ 3)2 √ √ 1 1 3 2 = log |x − 1| − log |x + 3| + arctan(x/ 3) 2 4 2 8. (1,0 val.) Calcule 1 1 − x2 dx 0 e aproveite o resultado para justificar que a ´rea do c´ a ırculo unit´rio ´ igual a π. a e Sugest˜o: fa¸a a mudan¸a de vari´vel x = sen t. Poder´ ser-lhe util a f´rmula a c c a a ´ o (cos t)2 = 1+cos(2t) . 2 Resolu¸˜o. Usando a mudan¸a de vari´vel indicada, temos que ca c a x = sen t ⇒ dx = cos t dt e t ∈ [0, π/2] ⇒ x ∈ [0, 1] .
  • CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ 6 Logo, usando tamb´m a rela¸˜o trigonom´trica indicada, e ca e 1 π/2 π/2 1 − x2 dx = 0 cos2 (t) dt 1 − sen2 (t) cos(t) dt = 0 0 π/2 1 + cos(2t) 1 π 1 π/2 dt = · + [sen(2t)]0 2 2 2 4 0 π 1 π = + [sen(π) − sen(0)] = 4 4 4 = Tendo em conta que x2 + y 2 = 1 ⇒ y = 1 − x2 quando x, y > 0, √ 1 temos que 0 1 − x2 dx representa a ´rea da parte do c´ a ırculo unit´rio que est´ no a a primeiro quadrante, i.e. um quarto da ´rea total do c´ a ırculo unit´rio, pelo que esta ´ a e igual a π. 9. (2,0 val.) Seja φ : R → R a fun¸˜o definida por ca x3 2 et dt . φ(x) = 0 a) (1,0 val.) Justifique que φ ∈ C ∞ (R) e calcule φ . Resolu¸˜o. φ ´ de classe C ∞ (R) por ser a composta de duas fun¸˜es de classe ca e co ∞ (R): o integral indefinido da exponencial de um polin´mio e um polin´mio. C o o A sua derivada φ pode ser calculada usando o Teorema da Derivada da Fun¸˜o ca Composta e o Teorema Fundamental do C´lculo: a φ (x) = e(x 3 )2 6 · (x3 ) = ex 3x2 . b) (1,0 val.) Obtenha o desenvolvimento de φ em s´rie de Taylor em torno de x = 0 e indicando o respectivo intervalo de convergˆncia. e Resolu¸˜o. Usando a s´rie de Taylor da fun¸˜o exponencial em torno de x = 0, ca e ca i.e. ∞ xn , ∀x ∈ R, ex = n! n=0 temos que ∞ 2 φ (x) = 3x · n=0 ∞ (x6 )n =3· n! ⇒ φ(x) = c + 3 · n=0 ∞ n=0 x6n+2 , ∀x ∈ R, n! ∞ x6n+3 (6n + 3)n! =c+ n=0 x6n+3 , ∀x ∈ R, (2n + 1)n! onde c ∈ R ´ uma constante. Como e x3 2 et dt ⇒ φ(0) = 0 , φ(x) = 0 concluimos que c = 0 pelo que ∞ φ(x) = n=0 x6n+3 , ∀x ∈ R. (2n + 1)n!
  • CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ 7 10. (2,0 val.) (a) (1,3 val.) Determine a natureza das s´ries e +∞ n=1 +∞ 3n 2n−1 n2 n=1 arctan(n) . n2 + 3n n 3 Resolu¸˜o. Para determinar a natureza da s´rie +∞ 2n−1 n2 , que ´ uma s´rie de ca e e e n=1 termos n˜o-negativos, podemos usar o Crit´rio da Raz˜o: a e a lim 3n+1 2n−1 n2 3 3 an+1 n2 = lim n = · lim = > 1, 2 3n 2 an 2 (n + 1) 2 (n + 1) 2 concluindo assim que a s´rie ´ divergente. e e Para determinar a natureza da segunda s´rie, observamos que e arctan(n) π 1 < · 2 , ∀n ∈ N, n2 + 3n 2 n e 1/n2 ´ uma s´rie convergente, podendo concluir por compara¸˜o que a s´rie e e ca e arctan(n) ´ convergente, e n2 + 3n pelo que a s´rie e arctan(n) ´ absolutamente convergente. e n2 + 3n (b) (0,7 val.) Justifique que a s´rie e ∞ n=0 1 2n + n2 ´ convergente e que a sua soma ´ menor que 2. e e Resolu¸˜o. Tendo em conta que ca 1 1 < n = n + n2 2 2 1 2 n , ∀n ∈ N, n 1 e e e a e como ∞ 1 ´ uma s´rie geom´trica de raz˜o R = 2 < 1, logo convergente, n=0 2 1 podemos concluir por compara¸˜o que a s´rie ∞ 2n +n2 tamb´m ´ convergente ca e e e n=0 e ∞ ∞ 1 1 1 n < = = 2. n + n2 2 2 1− 1 2 n=0 n=0 11. (1,5 val) Determine para que valores de x a s´rie de potˆncias: e e ∞ (2x + 3)n √ 3n ( n + 1) n=1 ´ absolutamente convergente, simplesmente convergente ou divergente. e
  • CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ 8 Resolu¸˜o. O raio de convergˆncia desta s´rie de potˆncias ´ dado por ca e e e e √ √ 3n+1 ( n + 1 + 1) an n+1+1 √ = lim R = lim = 3 · lim √ = 3. n ( n + 1) an+1 3 n+1 Assim, a s´rie ´ absolutamente convergente quando e e |2x + 3| < 3 ⇔ −3 < 2x + 3 < 3 ⇔ −6 < 2x < 0 ⇔ −3 < x < 0 ⇔ x ∈ ]−3, 0[ e divergente quando |2x + 3| > 3 ⇔ x ∈ ]−∞, −3[ ∪ ]0, +∞[ Quando x = −3 a s´rie de potˆncias toma a forma e e ∞ ∞ (−3)n (−1)n √ √ = 3n ( n + 1) n=1 n + 1 n=1 que ´ uma s´rie num´rica alternada com parte positiva decrescente e convergente para e e e zero, logo convergente pelo Crit´rio de Leibniz. A natureza da correspondente s´rie e e de m´dulos o ∞ ∞ (−1)n 1 √ √ = n+1 n+1 n=1 n=1 pode ser determinada por compara¸˜o com a s´rie de Dirichlet ca e expoente 1/2 < 1 ´ divergente. De facto, e √ 1 √ n+1 1 n lim 1 = lim √ = lim 1 + √ = 1 √ n n n+1 1 , n1/2 que tendo e como 0 < 1 < +∞ as s´ries tˆm a mesma natureza, pelo que a s´rie dos m´dulos ´ e e e o e divergente. Assim, quando x = −3 a s´rie de potˆncias ´ simplesmente convergente. e e e Quando x = 0 a s´rie de potˆncias toma a forma e e ∞ ∞ 3n 1 √ √ = n ( n + 1) 3 n+1 n=1 n=1 que j´ sabemos ser divergente. a 12. (1,0 val.) Seja f uma fun¸˜o estritamente crescente em [1, +∞[. ca (a) (0,5 val.) Mostre que n f (1) + · · · + f (n − 1) < f (x) dx < f (2) + · · · + f (n), ∀ n > 1 . 1 Resolu¸˜o. Considerando a parti¸˜o Pn = {1, 2, . . . , n − 1, n} ⊂ [1, n], n > 1, as ca ca correspondentes somas inferiores e superiores s˜o dadas por a n−1 n−1 ( inf f ) · (k + 1 − k) = L(f, Pn ) := k=1 [k,k+1] f (k) = f (1) + · · · + f (n − 1) k=1 e n−1 U (f, Pn ) := n−1 ( sup f ) · (k + 1 − k) = k=1 [k,k+1] f (k + 1) = f (2) + · · · + f (n) , k=1 onde inf f = f (k) [k,k+1] e sup f = f (k + 1) [k,k+1] porque f ´ crescente. e
  • CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO ¸˜ ¸˜ 9 Assim, tendo em conta que a defini¸˜o de integral e o facto de f ser estritamente ca crescente garantem que n f (x) dx < U (f, Pn ) , ∀ n > 1 , L(f, Pn ) < 1 fica mostrado o pretendido. (b) (0,5 val.) Escolhendo f = log mostre que nn (n − 1)! < n−1 < n! . e Resolu¸˜o. Integrando por partes, obtemos ca n 1 log(x) dx = [x log(x)]n − 1 n 1 dx = n log(n) − (n − 1) . 1 Usando a al´ ınea (a) temos ent˜o que a n < log(2) + · · · + log(n) log(1) + · · · + log(n − 1) < 1 ⇒ log(1) + · · · + log(n − 1) < log(nn ) − (n − 1) < log(2) + · · · + log(n) . Aplicando a fun¸˜o exponencial a esta desigualdade obtemos ca nn (n − 1)! < n−1 < n! , e como se queria mostrar.