Teste1a cdi-2s-12-13-sol-ab

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Teste1a cdi-2s-12-13-sol-ab

  1. 1. Calculo Diferencial e Integral I ´ 1o Teste - LGM,LMAC,MEBiom,MEC,MEFT - 2o semestre-2012/2013 13 de Abril de 2013 - 9 horas I (7 val.) 1. (4 val.) Considere a sucess˜o un definida em [0, 2] a u1 = 2, un+1 = 2 − 1 un n ∈ N. (i) Mostre por indu¸˜o matem´tica que a sucess˜o un ´ mon´tona. ca a a e o (ii) A sucess˜o ´ convergente? Justifique e determine, se poss´ a e ıvel, o limite da sucess˜o un . a (iii) A sucess˜o un + vn em que a √ vn = n 3n + 1 ´ uma sucess˜o limitada? Justifique. e a Resolu¸˜o. ca 1 1 (i) u2 = 2 − u1 = 2 − 2 < u1 Queremos provar que, para qualquer n ∈ N, un+1 − un < 0, atrav´s da indu¸˜o matem´tica: e ca a • n = 1: u2 − u1 = − 1 < 0. 2 • Para n = m, pretende-se provar, que se um+1 − um < 0 ent˜o um+2 − a um+1 < 0. Da defini¸ao de sucess˜o un , tem-se c˜ a um+2 − um+1 = − 1 um+1 + 1 um+1 − um = <0 um um+1 um o quociente anterior ´ negativo, uma vez que a sucess˜o tem os seus e a termos positivos e da hip´tese de indu¸ao, um+1 − um < 0. Tem-se o c˜ assim que um+2 − um+1 < 0.
  2. 2. Pelo princ´ de indu¸ao matem´tica un+1 − un < 0, ∀ , isto ´, a sucess˜o ıpio c˜ a e a n∈N un ´ estritamente decrescente. e (ii) Da al´ ınea anterior, un ´ mon´tona, como tamb´m ´ limitada, (0 ≥ un ≤ 2) e o e e a sucess˜o ´ convergente. Seja x = lim un . Como un+1 ´ uma subsucess˜o a e e a 1 de un , un+1 ´ tamb´m convergente para x. Por outro lado a sucess˜o 2 − e e a un ´ igualmente convergente pois resulta da adi¸˜o e quociente de sucess˜es e ca o 1 1 convergentes, sendo lim(2 − ) = 2 − . un x 1 Uma vez que un+1 = 2 − , n ∈ N, tem-se un x=2− x2 − 2x + 1 1 ⇔ = 0 ⇒ x = 1. x x (iii) A sucess˜o un ´ limitada, pois 0 ≤ un ≤ 2. A sucess˜o vn converge para 0, a e a po´ ıs √ √ √ 1 n n n ) = lim( n )( ) = 0, da escala de sucess˜es, pois n → 0. o lim( n −n 3 +1 3 1+3 3 Sendo a sucess˜o vn convergente ´ tamb´m limitada. A adi¸˜o de sucess˜es a e e ca o limitadas ´ uma sucess˜o limitada, assim un + vn ´ uma sucess˜o limitada. e a e a 2. (3 val.) Determine, se existirem, os limites em R das sucess˜es o (i) an = nn , (n + 1)! − n! (ii) an = n (2n)! . 2n (n!)2 Resolu¸˜o. ca lim an+1 an (n + 1)n+1 (n + 1)(n + 1)n (n + 2)! − (n + 1)! (n + 1)!(n + 2 − 1) = lim = lim = nn nn (n + 1)! − n! n!(n + 1 − 1) n+1 (n + 1) n lim (n + 1)!(n + 1) n!n n n = lim n+1 2 1 1+ n n = e > 1, an → +∞.
  3. 3. Seja bn = lim (2n)! 2n (n!)2 bn+1 = lim bn (2n + 2)! (2n + 2)(2n + 1)(2n)! 2 + 1)!) (2n)! = = lim n (2n)! 22 (n + 1)2 (n!)2 2n (n!)2 2n (n!)2 2n+1 ((n (2n + 2)(2n + 1) = 2 = lim 2(n + 1)2 lim n (2n)! . 2n (n!)2 II (13 val.) 1. (7 val.) Considere a fun¸ao f : R → R definida por c˜ 2 xe−(x−2) , se x ≥ 0. 2 x arctg(x − x) , se x < 0; f (x) = (i) Estude a fun¸˜o f do ponto de vista da continuidade. ca (ii) Considere a sucess˜o xn = a 1 n e determine, caso exista, o limite da sucess˜o f (xn ). a (iii) A fun¸˜o f ´ diferenci´vel em x = 0?. Defina a fun¸˜o derivada de f . ca e a ca (iv) Determine a equa¸ao da reta tangente ao gr´fico da fun¸ao f , no ponto de c˜ a c˜ coordenadas (2, f (2)). (v) Determine os intervalos de monotonia e os extremos de f em ]0, ∞[. Resolu¸˜o. ca (i) Para x = 0, f (0− ) = lim f (x) = lim x arctg(x2 − x) = 0 − − x→0 x→0 2 f (0+ ) = lim f (x) = lim xe−(x−2) = 0 + + x→0 − x→0 + Logo, f (0) = f (0 ) = f (0 ) sendo a fun¸ao cont´ c˜ ınua no ponto zero. Para x > 0, a fun¸ao ´ cont´ c˜ e ınua em cada ponto, uma vez que resulta do 3
  4. 4. produto e composi¸ao de fun¸˜es elementares. c˜ co Para x < 0, a fun¸ao tamb´m ´ cont´ c˜ e e ınua em cada ponto, uma vez que resulta do produto e composi¸˜o de fun¸oes elementares. ca c˜ 1 (ii) Sendo a fun¸˜o f cont´ ca ınua no ponto zero e f (0) = 0 e a sucess˜o xn = n a convergindo para zero, atrav´s da continuidade segundo Heine, o limite da e sucess˜o f (xn ) ´ f (0) = 0. a e (iii) Para verificar se f diferenci´vel em 0, determinemos fd (0) e fe (0). Temos a f (x) − f (0) x arctg(x2 − x) = lim x→0 x→0− x−0 x 2 = lim arctg(x − x) = 0. − fe (0) = lim − x→0 2 f (x) − f (0) xe−(x−2) fd (0) = lim = lim x→0+ x→0+ x−0 x −(x−2)2 −4 = lim e =e . + x→0 Logo f n˜o ´ diferenci´vel em 0, pois fd (0) = fe (0). a e a Para x > 0, a fun¸˜o ´ diferenci´vel em cada ponto, uma vez que resulta do ca e a produto e composi¸ao de fun¸˜es elementares. c˜ co Para x < 0, a fun¸˜o tamb´m ´ diferenci´vel em cada ponto, uma vez que ca e e a resulta do produto e composi¸ao de fun¸oes elementares. c˜ c˜  2 (1 + 4x − 2x2 )e−(x−2) , se x > 0. 2x − 1 f (x) = arctg(x2 − x) + x , se x < 0; 1 + (x2 − x)2 (iv) Como a fun¸˜o f ´ diferenci´vel em x = 2, a equa¸ao da reta tangente ao ca e a c˜ gr´fico da fun¸˜o f , no ponto de coordenadas (2, f (2)) ´ a seguinte: a ca e y = f (2)+f (2)(x−2) = 2+(x−2) = x, uma vez que f (2) = 2, f (2) = 1. 2 (v) Estudamos o sinal de f em ]0, +∞[, onde f (x) = (1 + 4x − 2x2 )e−(x−2) . 2 Temos e−(x−2) > 0 para qualquer x ∈ R. Quanto ao polin´mio 1 + 4x − 2x2 , o 2 temos 1 + 4x − 2x > 0 para qualquer 0 < x < 1 + 3/2 e 1 + 4x − 2x2 < 0 para qualquer x > 1 + 3/2. A fun¸˜o ´ assim e crescente em ]0, 1 + 3/2] ca e 4
  5. 5. e decrescente em [1 + 3/2, +∞[. f (x) = 0, para x = 1 + f (1 + 3/2) um m´ximo absoluto em ]0, +∞[. a 3/2, sendo 2. (3.0 val.) Determine, se existirem em R, os seguintes limites: 1 − cos x , x→0 ln(x2 + 1) (i) lim Resolu¸˜o. ca (i) lim x→0 (ii) lim (x + 1)1/x . x→0 1 − cos x = 0/0, (ind.) ln(x2 + 1) da regra de Cauchy, uma vez que (1 − cos x) sen x = lim = 1/2. 2x x→0 (ln(x2 + 1)) x→0 x2 + 1 lim donde vem limx→0 1−cos x ln(x2 +1) = 1/2, uma vez que limx→0 sen x x = 1. (ii) limx→0 (x + 1)1/x = 1∞ , (ind.) assim ln(x+1) lim (x + 1)1/x = elimx→0 x x→0 e, uma vez que ln(x + 1) x→0 x lim e da regra de Cauchy, pois 1 ln(1 + x)) 1+x lim = lim =1 x→0 x→0 1 x donde vem lim (1 + x)1/x = e1 x→0 3. (1 val.) Considere a equa¸ao polinomial 4x5 + 2x − 4 = 0. Justifique se a equa¸ao tem c˜ c˜ solu¸ao em [0, 1]. c˜ Resolu¸˜o. Seja f (x) = 4x5 + 2x − 4, f ´ cont´ ca e ınua em [0, 1], pois ´ a restri¸˜o e ca 5
  6. 6. de uma fun¸ao polinomial. c˜ Uma vez que f (0) = −4 e f (1) = 2, sendo f (0)f (1) < 0, do teorema de Bolzano vem que existe pelo menos um zero da fun¸ao f em ]0, 1[. c˜ 4. (2.0 val.) Seja f uma fun¸ao diferenci´vel em R+ e a, b ∈ R+ tais que c˜ a b2 f (a) = a2 f (b). Mostre que a equa¸ao c˜ xf (x) − 2f (x) = 0 tem pelo menos uma solu¸˜o em R+ . ca Resolu¸˜o. Tem-se ca b2 f (a) = a2 f (b) ⇒ f (a) f (b) = 2 2 a b (x) e ınua em [a, b] e diferenci´vel em a Seja g : [a, b] → R, g(x) = fx2 . Como g ´ cont´ ]a, b[ e g(a) = g(b) do teorema de Rolle existe c ∈]a, b[ tal que g (c) = 0. Ora x2 f (x) − 2xf (x) xf (x) − 2f (x) g (x) = = 4 x x3 vindo ∃ g (c) = 0 ⇒ cf (c) − 2f (c) = 0, pois c = 0 c∈]a,b[ 6

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