Exame de 2010 2011 (bio médica - resolução)
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Like this? Share it with your network

Share
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Be the first to comment
    Be the first to like this
No Downloads

Views

Total Views
456
On Slideshare
456
From Embeds
0
Number of Embeds
0

Actions

Shares
Downloads
46
Comments
0
Likes
0

Embeds 0

No embeds

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
    No notes for slide

Transcript

  • 1. Instituto Superior T´cnico eDepartamento 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 = x ∈ R : log >1 x+2 (x − 2)(x + 2) = x∈R: >e x+2 = {x ∈ R : |x − 2| > e ∧ x = −2} = (]−∞, 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 C = cos , n ∈ N , D = ]−1, 2] e C ∩ D . 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) sen (log 2x) lim , lim , lim (tan x)tan x . x→0 3x x→+∞ log(x3 ) x→0+ Resolu¸˜o. ca sen(2x − π) −2 · sen(2x) 2 lim = lim = − . (0,5 val.) x→0 3x x→0 3 · 2x 3 Sendo o seno uma fun¸˜o limitada entre −1 e 1, temos que ca 1 sen (log 2x) 1 − ≤ ≤ , ∀x > 0 . log(x3 ) log(x3 ) log(x3 ) 1
  • 2. 2 ¸˜ ¸˜ CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO Como 1 1 lim − 3) = 0 = lim x→+∞ log(x x→+∞ log(x3 ) podemos concluir pelo princ´ ıpio do encaixe que sen (log 2x) lim = 0. (0,5 val.) x→+∞ log(x3 ) 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 lim (tan x) log(tan x) = lim · (log(sen x) − log(cos x)) x→0+ cos x x→0+ sen x log(sen x) log(sen x) −∞ = lim · = lim = x→0+ x 1/x x→0 + 1/x +∞ cos x RC x = lim sen1x = lim −x · cos x · = −0 · 1 · 1 = 0 , x→0 + − x2 x→0 + sen x podemos concluir que lim (tan x)tan x = e0 = 1 . (1,0 val.) x→0+ 3. (1,5 val.) Calcule a derivada das fun¸˜es definidas pelas seguintes express˜es: co o 2 arctan (senh(x/2)) a) ecos(x ) ; b) √ . x Resolu¸˜o. ca 2) 2 2 ecos(x = ecos(x ) · (cos(x2 )) = ecos(x ) · (− sen(x2 )) · 2x (0,7 val.) arctan (senh(x/2)) √ x √ √ (arctan (senh(x/2))) x − arctan (senh(x/2)) ( x) = x cosh(x/2)·1/2 √ 1 1+senh2 (x/2) · x − arctan (senh(x/2)) 2√x = (0,8 val.) x 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
  • 3. ¸˜ ¸˜ 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 − ai para um determinado n ∈ N, i=1 h´ que mostrar a validade da tese P (n + 1), i.e. a n+1 (1 − a1 ) × · · · × (1 − an+1 ) ≥ 1 − ai para o mesmo determinado n ∈ N. 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 ) i=1 n n =1− ai − an+1 + ai an+1 i=1 i=1 n+1 ≥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. e5. (3,0 val.) Considere a fun¸˜o f : R → R cont´ ca ınua em R e definida por: arcsen(1 − x2 ) se |x| < 1 f (x) = log(2x2 − c) se |x| ≥ 1 onde c ∈ ]−∞, 2[ designa uma constante. (a) (0,5 val.) Determine o valor de c. ınua em −1 e 1, temos necessariamente que Resolu¸˜o. Sendo f cont´ ca 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 ) = =√ 1 − (1 − x2 )2 2x2 − x4 −2x = √ , ∀ x ∈ ]−1, 1[ {0} . |x| 2 − x2
  • 4. 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 x→0 + x→0 + 2−x 2 e 2 √ fe (0) = lim f (x) = lim √ = 2. x→0 − x→0 − 2−x 2 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−x 2 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 cres- e ınua em −1, 0 e 1, podemos concluir que cente em ]−1, 0[ e ]1, +∞[. Sendo cont´ 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 1 g =g + 1. n+2 n+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 . x→0+ n→+∞ n+2 n→+∞ n+1 Mas ent˜o a 1 1 1 1 g =g + 1 ⇒ lim g = lim g +1 n+2 n+1 n→+∞ n+2 n→+∞ 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 1 1 g( n+1 ) − g( n+2 ) −1 g (cn ) = 1 1 = (n+2)−(n+1) = −(n + 1)(n + 2) . n+1 − n+2 (n+1)(n+2) O TESTE 1 ACABA AQUI.
  • 5. ¸˜ ¸˜ CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO 57. (2,5 val.) Determine uma primitiva de cada uma das seguintes fun¸˜es. co √ 2x (a) ex 2 − 3ex (b) x2 arctan x (c) (x − 1)(x2 + 3) Resolu¸˜o. ca (a) (0,5 val.) Trata-se de uma primitiva quase-imediata: 3 √ 1 1 1 (2 − 3ex ) 2 2 3 ex 2 − 3ex = − −3ex (2 − 3ex ) 2 = − 3 = − (2 − 3ex ) 2 3 3 2 9 (b) (1,0 val.) Usando primitiva¸˜o por partes: ca x3 x3 1 x2 arctan(x) = arctan(x) − · 3 3 1 + x2 x3 1 x = arctan(x) − x− 3 3 1 + x2 x3 1 x2 1 = arctan(x) − − log(1 + x2 ) 3 3 2 2 (c) (1,0 val.) Decompomos a fun¸˜o racional: ca 2x A Bx + C 2 + 3) = + 2 (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 1 1 x 3 1 2 + 3) = − + (x − 1)(x 2 x−1 2 x2 +3 2 x2 +3 √ √ 1 1 2 3 1/ 3 = log |x − 1| − log |x + 3| + √ 2 4 2 1 + (x/ 3)2 √ 1 1 2 3 √ = log |x − 1| − log |x + 3| + arctan(x/ 3) 2 4 28. (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] .
  • 6. 6 ¸˜ ¸˜ CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO Logo, usando tamb´m a rela¸˜o trigonom´trica indicada, e ca e 1 π/2 π/2 1 − x2 dx = 1 − sen2 (t) cos(t) dt = cos2 (t) dt 0 0 0 π/2 1 + cos(2t) 1 π 1 π/2 = dt = · + [sen(2t)]0 0 2 2 2 4 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 φ(x) = et dt . 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 C ∞ (R): o integral indefinido da exponencial de um polin´mio e um polin´mio. o o A sua derivada φ pode ser calculada usando o Teorema da Derivada da Fun¸˜oca Composta e o Teorema Fundamental do C´lculo: a 3 )2 6 φ (x) = e(x · (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 ex = , ∀x ∈ R, n! n=0 temos que ∞ ∞ 2 (x6 )n x6n+2 φ (x) = 3x · =3· , ∀x ∈ R, n! n! n=0 n=0 ∞ ∞ x6n+3 x6n+3 ⇒ φ(x) = c + 3 · =c+ , ∀x ∈ R, (6n + 3)n! (2n + 1)n! n=0 n=0 onde c ∈ R ´ uma constante. Como e x3 2 φ(x) = et dt ⇒ φ(0) = 0 , 0 concluimos que c = 0 pelo que ∞ x6n+3 φ(x) = , ∀x ∈ R. (2n + 1)n! n=0
  • 7. ¸˜ ¸˜ CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO 710. (2,0 val.) (a) (1,3 val.) Determine a natureza das s´ries e +∞ +∞ 3n arctan(n) . 2n−1 n2 n2 + 3n n=1 n=1 n Resolu¸˜o. Para determinar a natureza da s´rie +∞ 2n−1 n2 , que ´ uma s´rie de ca e n=1 3 e e termos n˜o-negativos, podemos usar o Crit´rio da Raz˜o: a e a an+1 3n+1 2n−1 n2 3 n2 3 lim = lim n 2 3n = · lim 2 = > 1, 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 ∞ 1 2n + n2 n=0 ´ convergente e que a sua soma ´ menor que 2. e e Resolu¸˜o. Tendo em conta que ca n 1 1 1 n + n2 < n = , ∀n ∈ N, 2 2 2 n e como ∞ 1 ´ uma s´rie geom´trica de raz˜o R = 2 < 1, logo convergente, n=0 2 e e e a 1 podemos concluir por compara¸˜o que a s´rie ∞ 2n +n2 tamb´m ´ convergente ca e n=0 1 e e e ∞ ∞ 1 1 n 1 < = = 2. n=0 2 n + n2 n=0 2 1− 1211. (1,5 val) Determine para que valores de x a s´rie de potˆncias: e e ∞ (2x + 3)n √ n=1 3n ( n + 1) ´ absolutamente convergente, simplesmente convergente ou divergente. e
  • 8. 8 ¸˜ ¸˜ CDI I – RESOLUCAO DOS TESTES DE RECUPERACAO Resolu¸˜o. O raio de convergˆncia desta s´rie de potˆncias ´ dado por ca e e e e √ √ an 3n+1 ( n + 1 + 1) n+1+1 R = lim = lim √ n ( n + 1) = 3 · lim √ = 3. 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 √ = √ n=1 3n ( 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 1 pode ser determinada por compara¸˜o com a s´rie de Dirichlet ca e n1/2 , que tendo expoente 1/2 < 1 ´ divergente. De facto, e √1 √ n n+1 1 lim 1 = lim √ = lim 1 + √ = 1 √ n+1 n n 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) = √ n=1 3 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 L(f, Pn ) := ( inf f ) · (k + 1 − k) = f (k) = f (1) + · · · + f (n − 1) [k,k+1] k=1 k=1 e n−1 n−1 U (f, Pn ) := ( sup f ) · (k + 1 − k) = f (k + 1) = f (2) + · · · + f (n) , k=1 [k,k+1] k=1 onde inf f = f (k) e sup f = f (k + 1) porque f ´ crescente. e [k,k+1] [k,k+1]
  • 9. ¸˜ ¸˜ 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 L(f, Pn ) < f (x) dx < U (f, Pn ) , ∀ n > 1 , 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 n log(x) dx = [x log(x)]n − 1 1 dx = n log(n) − (n − 1) . 1 1 Usando a al´ ınea (a) temos ent˜o que a n log(1) + · · · + log(n − 1) < < log(2) + · · · + log(n) 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.