Topicos: Séries e equações diferenciais

Tópicos: opicos: séries eries e equa¸c˜ co˜es diferenciais.

Resolvido p or Diego Oliveira.

T´ opicos: opicos : S´ eries eries e Equa¸ c˜ coes o ˜es Diferencias Caderno de Solu¸ c˜ coes o ˜es

(Maria Svec / Maria C. Menezes / Márcia arcia B. de Menezes / Siriane Barreto) Atuali Atualizad zado o em:

29/07/ 29/07/201 2017 7

Solucion´ Solucio nário ario da 2a edi¸c˜ cao aõ do livro Tópicos: opicos: S´ eries eries e Equa¸c˜ coes o˜es Diferencias. S˜ ao ao poucos os livros de matemática atica para licenciatura ou bacharelado que s˜ ao ao escritos realmente para licenciatura e bacharelado. Ao contrário ar io de vário ar ioss t´ıtul ıt ulos os nacio naciona nais is,, (a maio maiori riaa vind vindo o do IMP IMPA) que que se perde perdem m em demonstra¸c˜ coes o˜es ou exerc exer c´ıcios ıcio s muito mui to além em do n´ıvel ıve l que um aluno alu no de licenc licenciat iatura ura realme realmente nte possui, possui, esse esse livro livro traz traz uma aborabordagem bastante simples dos t´ opicos da disciplina de cálculo opicos alculo III, de modo modo a aten atende derr as nece necess ssid idad ades es reai reaiss do alun aluno o de gradua¸c˜ cao. ão. Por isso recomendo muito a aquisi¸c˜ cão ao dessa des sa obra. obr a. Caso algum erro na resolu¸c˜ cao aõ de algum exerc´ exerc´ıcio seja detectado, detectado, deve ser culpa da quantidade quantidade de caf´ e que estou toma tomand ndo. o. De todo todo modo modo,, pe¸ peco ço que que me avis avisee por por e-ma e-mail il ([email protected]) para que eu possa fazer as devidas corre¸c˜ coes. o˜es.

Att. Diego Alves de Oliveira Oliveira

Vit´ oria oria da Conquista - BA 2016

1

Sum´ ario 1 Revis˜ ao de Limite 1.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 4 9

2 S´ erie Convergente 2.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21 21

3 S´ erie Geom´ etrica 3.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27 27

4 S´ eries de Termos Positivos 4.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33 33 36

5 S´ eries de Termos Positivos 5.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 53 5.2 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 55 5.3 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 56 5.4 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 57

. . . .

39 39 42 45 48

6 S´ eries Alternadas 6.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55 55 59 62

7 S´ erie de Potˆ encias 7.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68 68

8 Soma de uma S´ erie de Potˆ encias 8.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 78 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73 73

9 S´ erie de Taylor 9.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ agina 93 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94 94

. . . .

. . . .

. . . .

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. . . .

10 Aplica¸c˜ c˜ oes 105 10.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 133 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 11 Defini¸c˜ c˜ oes Gerais 118 11.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 138 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 12 EDO de 1◦ ordem: ordem: Considera¸ Considera¸ c˜ c˜ oes Gerais 122 12.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 147 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 13 EDO de Variáveis avei s Separ´ S eparáveis: avei s: Aplica Apl ica¸¸c˜ c˜ oes 124 13.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 149 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 14 Equa¸c˜ ao Diferˆ encial Homogˆ enea 129 14.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 151 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129



15 Trajet´ orias Ortogonais 133 15.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 154 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 16 EDO Redut´ıvel a Homogˆ enea ou ` a Separ´ avel 138 16.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 17 EDO Exatas e Fatores de Integra¸c˜ ca õ 144 17.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 161 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 17.2 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 165 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 18 EDO Linear de 1◦ ordem: Aplica¸c˜ c˜ oes a Misturas 154 18.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 173 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 19 Equa¸c˜ c˜ oes Diferenciais de Bernoulli 158 19.1 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 175 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 19.2 Exerc´ Exerc´ıcios da p´ p a´gina 177 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

3


1


Revis˜ Revis˜ ao ao de Limite Limite

1.1

Exerc Exer c´ıcios ıcio s da p´ agina agin a 18

Exerc Exe rc´ ´ıcios ıci os Prop P ropost ostos. os. Calcule os limites abaixo: 1. lim

x→0



tg( tg (x) x x sen( sen(x)

−

−



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→0



tg( tg (x) x x sen( sen(x)

−

−



= lim

x→0

Aplicando L’hospital

= lim

x→0

 

sen2 (x) + cos2 (x) cos2 (x) 1 cos( cos(x)

 

−

−  

sen( sen(x) x cos( cos(x) x sen( sen(x)

−

−   1

= lim

x→0

Aplicando L’hospital novamente

lim

x→0

 

−  

1 1 cos2 (x) 1 cos( cos(x)

−

 

−  

1 1 cos2 (x) 1 cos( cos(x)

−

= lim (2 cos( cos(x)) x→0

·

= 2 cos(0) cos(0) = 2 1 = 2

·

2. lim

·

ax

x→0

 − 1

x

Solu¸ c˜ cao: ˜

Aplicando l’hospital = lim

x→0



ln( ln(a) ax 1

· −0



= lim (ln( ln(a) ax ) = ln( ln (a) a0 = ln( ln (a) 1 = ln( ln (a) x→0

·

·

= a x . Derivada de y = a y = a = ax ln( ln(y ) = x ln( ln(a)

·

4

·



y = ln( ln (a) y y  = ln( ln (a) y

· y  = ln( ln (a) · ax 3. lim

x→∞



x2 + x π sen 2x + 3 x

 

·

Solu¸ c˜ cao: ˜

Fazendo lim

x→∞

                    

x2 1 + x1 sen( sen(π/x) π/x ) x2 x2 + x3 2

sen( sen(π/x) π/x ) 2 3 + 2 x x

= lim lim

x→∞

+ lim

sen( sen(π/x) π/x ) 2 3 + 2 x x

= lim lim

x→∞

x→∞

= lim lim

x→∞

1 x

x→∞

+ lim

sen( sen(π/x) π/x ) 2 3 + 2 x x

= lim lim

   ·  

x→∞

      1+

1 sen(π/x) π/x) x sen( 2 3 x + x2

sen( sen(π/x) π/x ) 2 3 + 2 x x

sen( sen(π/x) π/x ) 3 2+ x

+0

sen( sen(π/x) π/x ) 2 3 + 2 x x

= lim lim

x→∞

Aplicando L’hopital

lim

x→∞

 

= lim lim

x→∞

=

sen( sen(π/x) π/x) 2 3 + 2 x x



 

= lim lim

πcos( πcos(π/x) π/x ) 2 + (6/x (6/x))

x→∞

πcos( πcos(π/x) π/x) x2 2 (2/x (2/x ) (6/x (6/x3 )

 −  −

−



π 2

5

 




4. lim

x→∞

  2 1+ x


x

Solu¸ c˜ cao: ˜

1 1+ x/2 x/2

= lim lim

x→∞

=

x

     lim

t→∞

5. lim

x→∞

1 1+ t

√

x+1

t

= lim

t→∞

2t

  1+

1 t

2

= e 2

− √ x



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞

 √ √ − √ √ √ √    | |  | |  | |   ( x+1 x)( x + 1 + ( x + 1 + x) 1/ x

= lim lim

1 + 1/ 1/ x +

x→∞

x→∞

1 ( x+1+

 √ x)

0 =0 1+0

=

1/ x

= lim lim

 √

x

x+1 x 1

6. lim

x)

−

x→∞

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞

x+1 x x 1 x

x

   − 

7. lim

x→∞

= lim lim

x→∞

1 1+ x 1 1 x

x

    −

= lim lim

x→∞

   −

x5 ex

 

Solu¸ c˜ cao: ˜

Usando L’hospital sucessivamente lim

x→∞

x5 ex

 

= lim lim

x→∞

  120 ex

=

120

∞

=0

6

1 1+ x 1 1 x

x

   x

=

e e−1

= e 2


8. lim

x→∞

 ·

1 sen( sen(x) x




Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞

 ·

Como lim

x→∞

lim

x→∞



1 sen( sen(x) x

 ·

 1 x

= lim lim

x→∞

 · 1 x

lim (sen( sen(x))

x→∞

= 0 en então:



1 sen( sen(x) x

=0

(sen( sen(x)) · xlim →∞

=0

POR FAVOR! Se você não ao notou no in´ in´ıcio do documento docum ento aparece uma foto da 3a edi¸c˜ cão ao do livro. Entretanto, Entret anto, este est e solu so lucio cion´ nário ar io é da segunda edi¸ c˜ cao. a õ. Assim, Assim, se você quiser quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. ed. em m˜ aos, aos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-se que a foto deve estar numa boa resolu¸c˜ cao. aõ.

7



Quer saber quando sair´ a a pr´ oxima oxima atualiza¸c˜ cao aõ desse documento? Nesse caso você pode: p ode:

 verificar  ou

diretamente no blog (www. (www .number. number .890m. 890m.com);

seguir a p´ agina do site no Facebook (https : agina (https : // //www www..facebook. facebook.com/ com/theNumberType).

E se alguma alguma passagem passagem ficou ficou obscur obscuraa ou se algum algum erro erro foi cometido cometido por favor favor escreva escreva para para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ ao.

www. www.number. number.890m. 890m.com Para encontrar enc ontrar esse e outros out ros exerc´ exerc´ıcios resolvidos resolvi dos de d e matem´ ma temática atica acesse: www.number.890m.com 8


1.2



1. Estude a convergˆ encia encia das sequencias abaixo: abai xo: A.



3n3 + 1 2n3 + 2



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞



3n3 + 1 2n3 + 2



= lim lim

x→∞



3 + (1/n (1/n3 ) 2 + (2/n (2/n3 )



=

2 3

Portanto converge.

B.

√ n + 1 − √ n

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞

√ − √   √ √ − √ n+1

n

( n+1

= lim lim

x→∞

√ √

n)( n + 1 + n+1+ n

√ n)



= lim

x→∞

Portanto converge.

C.

en n

 

Solu¸ c˜ cao: ˜

Usando L’hospital lim

n→∞

en n

 

= lim lim

n→∞

en 1

 

=

∞

Portanto diverge.

D.

  n ln( ln(n)

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞

  n ln( ln(n)

Aplicando l’hospital

9

 √

1 n+1+

 √ n

=0


lim

n→∞

  n ln( ln(n)

= lim lim

n→∞

 1

1 n


= lim lim (n) = n→∞

∞

Portanto diverge.

E. lim 2−n cos( cos(n) n→∞





·

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞

  cos( cos(n) 2n

Como a fun¸c˜ cao ão cosseno varia sempre entre lim

n→∞

  cos( cos(n) 2n

ao fica claro clar o que −1 e 1 e 2 n → ∞ então

=0

{ √ n}

F

n

Solu¸ c˜ cao: ˜

y =

√ n n

y n = n ln( ln(y n ) = ln( ln (n) n ln( ln(y) = ln( ln (n)

·

ln( ln(y ) =

y = e = e

ln( ln(n) n

 ln(   lnn(n) 

Assim,

lim

 √    n

n→∞

lim

= e n→∞

n = lim lim

n→∞

  

ln( ln(n) n e

 



ln( ln(n) n

Aplicando l’hospital 10


lim

en→∞

G.






1 n = e 0 = 1

3n

− 2n

4n



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞



Como

lim

n→∞

3n

− 2n

4n



= lim lim

n→∞

n

−  3 4

lim

n→∞

2 4

n

3 2 e s˜ ao ao menores que 1, então ao ambos os limites tendem a zero. Sendo assim, 4 4 n

−  3 4

2 4

lim

n→∞

n

=0

−0= 0

Logo converge.

H.



n n + sen( sen(n)



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞



n n + sen( sen(n)



= lim lim

n→∞

Logo converge.

I.

( 1)n 2n−1 3n 5

−

−

 

1 sen( sen (n) 1+ n

 

=

1 =1 1+0



Solu¸ c˜ cao: ˜

Dividindo numerador e denominador por por 3 3 n chega ch ega-s -see à: a: ( 1)n 2n−1 = 3n 5

−

−

 2 3

− 

2 1

5 3n

Como

11


lim

n→∞

       − 2 3

5 3n

2 1


=0

Ent˜ En tão ao a sequ se quˆênci en ciaa converge. converge.

a n

n

  

J.

1+

,a

∈ R

Solu¸ c˜ cao: ˜

Esse limite é um dos limites fundamentais. Sua solu¸cão (e ( ea ) é tabelada e se encontra em muitos livros liv ros de cálculo. alc ulo. Logo a fun¸cão é convergente. convergente.

K.

 √  n

∈ R∗

1 + an , a

Solu¸ c˜ cao: ˜

y = (1 + an) an)1/n y n = (1 + an) an) n ln( ln(y) = ln(1 ln (1 + an) an)

·

ln( ln(y ) =

y = e = e

ln(1 ln(1 + an) an) n

 ln(1  ln(1 + an) an)  n 

Sendo assim:

lim

n→∞

   e

ln(1 ln(1 + an) an) n

 



lim = e n→∞





ln(1 ln(1 + an) an) n = e = e 0 = 1

Logo Lo go a sequ se quˆênci en ciaa é convergente. convergente.

nπ 3

  

L. cos

Solu¸ c˜ cao: ˜

12



Observe a sequencia: nπ 3

   cos

= 1, 0.5,

−0.5, −1, −0.5,

0.5

, 1...

Observe que a partir do 6◦ termo (n (n = 5), a sequencia come¸ca ca a se repetir. Ou seja, a sequencia é peri´ er iódica odica (de per´ıodo ıodo p = 6). Como toda sequência encia peri´ p eri´ odica odica é divergente divergen te então ao a sequ se quˆênci en ciaa é divergente.

M.



n3 π sen 2 n +2 n

 

Solu¸ c˜ cao: ˜

n3 π sen 2 n +2 n

 ·

(π/n ( π/n)) πn2 sen( sen(π/n) π/n) = 2 (π/n) π/n) n +2 (π/n) π/n)

·

Então lim

n→∞



= lim lim

n3 π sen n2 + 2 n

n→∞

πn2 sen( sen(π/n) π/n) n2 + 2 (π/n) π/n)

    ·   πn2 n2 + 2

N. ln( ln(en + 2)

{

= lim lim

n→∞

lim

n→∞

sen( sen(π/n) π/n) (π/n) π/n)

·

= π 0 = 0

·

− n}

Solu¸ c˜ cao: ˜

ln (en (1 + 2/e 2/en ))

−n

ln( ln(en ) + ln (1 + 2/e 2/en ) n + ln (1 + 2/e 2/en )

−n

−n

 

ln 1 +

2 en

Aplicando limite lim

n→∞

   ln 1 +

2 en

= ln(1 ln (1 + 0) = ln = ln(1) (1) = 0

Logo Lo go a sequ se quˆênci en ciaa é convergente. convergente.

13




O.


 − n! 1 n! + 1

Solu¸ c˜ cao: ˜

Como esse problema problema envolve fatorial fatorial ao inv´ es es de tentar tentar retirar retirar um limite vamos usar o teorema teorema das sequencias limitadas e mon´ otonas. otonas.

Prova de que a sequencia ´ e mon´ otona otona (crescente). n! 1 (n + 1)! 1 < n! + 1 (n + 1)! + 1

−

(n!

−

− 1)((n 1)((n + 1)n 1)n! + 1) < 1) < (( ((n n + 1)n 1)n! − 1)(n 1)(n! + 1)

Fazendo os produtos e algumas simplifica¸c˜ cões. oes.

−nn! nn! nn! nn! ⇒ −1 < 1 < < 1 n !n

n!n

Ou seja, a sequencia é crescente e limitada inferiormente pelo seu primeiro termo.

a1 =

1! 1 =0 1! + 1

−

Prova de que a sequencia é limitada superiormente. Olhando para fra¸c˜ cão ao facilmente facilm ente se perceb p ercebee que q ue 1 é um u m limite l imite superior supe rior n! 1 < 1 n! + 1

−

n!

− 1 < n! + 1

Como a sequencia sequenci a é monótona oto na e limita lim itada da então ao tamb´ tam bém em é converge conv ergente nte..

P.



1.3.5...(2 ...(2n n 1) 2.4.6...(2 ...(2n n)

−



Solu¸ c˜ cao: ˜

Prova Pro va de que a sequˆ seq uência enci a é monótona otona (crescente). 2n 1 2(n 2(n + 1) 1 < 2n 2(n 2(n + 1)

−

−

14


(2n (2n


1)(2n + 2) < 2) < 2 2n n(2n (2n + 1) − 1)(2n

Fazendo os produtos e algumas simplifica¸c˜ cões. oes.

−2 < 0 < 0 Ou seja, a sequência encia é crescente e limitada inferiormente pelo seu primeiro termo.

a1 =

2(1) 1 1 = 2(1) 2

−

Prova de que a sequencia é limitada superiormente. Olhando para fra¸c˜ cão ao facilmente facilm ente se perceb p ercebee que q ue 1 é um u m limite l imite superior supe rior 2n 1 < 1 2n

−

2n

< 2n n − 1 < 2

< 1 −1 < 1 Como a esquecia é monótona oto na e limita lim itada da então ao tamb´ tam bém em é converge conv ergente nte..

R.

  n! nn

Solu¸ c˜ cao: ˜

Prova Pro va de que a sequˆ seq uˆ encia enc ia ´ e mon´ mon otona ´ otona (decrescente). n! (n + 1)! > n n (n + 1)(n+1) n! (n + 1)! > n n (n + 1)n (n + 1) Fazendo os produtos e algumas simplifica¸c˜ cões. oes. (n + 1)n > nn 15



Ou seja, a sequência encia é decrescente e, portanto, limitada superiormente pelo seu primeiro termo.

a1 =

1! =1 11

Prova de que a sequencia é limitada inferiormente. Olhando para fra¸c˜ cao ão facilmente se percebe que para qualquer valor de n a fun¸c˜ cão ao semp se mpre re ser´ se rá maior que zero n! > 0 nn n! > 0 > 0 Logo 0 é um limite inferior da sequencia. Como a sequencia sequenci a é monótona oto na e limita lim itada da então ao tamb´ tam bém em é converge conv ergente nte..

2. Mostre que Solu¸ c˜ ao:

  2+

2+

√ 2 + · · · = 2.

Considere a sequencia an , definida por: a1 = 2 a n+1 =

{ }

√

√ 2 + a

n,

para n para n

≥ 1. 1 .

Desta forma os elementos da sequencia s˜ ao: ao:

√

2,

Seja

 √   2+

2,

2+

2+

√

2,

···

A = lim lim an+1 n→∞

Obtemos: A = lim lim an+1 = lim lim n→∞

n→∞

√ 2 + a

n =

ou



2 + lim lim an = n→∞

√ 2 + A

√ 2 + A ou A2 = 2 + A + A,, cuja cu jass ra´ızes ız es são: ao : A = 2 ou A = −1. Como os elemento elementoss an > 0, 0 , para todo n, A =

A > 0, 0 , portanto, portanto, lim an = 2 n→∞

3. Suponha que A que A > 0. 0. Dado x1 arbitrário, ario, defina a sequencia sequenci a xn por:

{ }

16



1 xn+1 = 2





A xn + , n xn

≥ 1. 1 .

Mostre que: Se lim xn , ent˜ ao L ao L = n→∞

±√ A.

Solu¸ c˜ ao: lim xn+1

n→∞

lim xn+1 = lim lim

n→∞

2

      

1 = lim lim n→∞ 2 n→∞



A xn + xn

xn + lim n→∞ 2

A 2xn

xn+1 = lim lim (xn ) + lim lim · nlim →∞ n→∞ n→∞

A xn

Por defini¸cão lim xn = L e L en ntão lim xn+1 tam t amb´ bém em é igua ig uall a L e assim: n→∞

2L = L = L +

n→∞

⇒ L ± √ A.

A L

apresentada fornece fornece uma aproxima¸ aproxima¸ c˜ cão ao numérica eri ca para a raiz rai z Come Co ment nt´ ´ ario ar io:: A sequencia xn+1 apresentada quadrada quadrada de A. Qualquer Qualquer interesse interesse o leitor leitor pode procurar procurar na internet internet pelo chamado chamado “m´ etodo etodo de Her˜ He rão”.

4. Seja a sequencia an definida defi nida pela recorrência: encia:

{ }

a1 = 2, an+1 =

1 (an + 4), 4) , para n para n 2

1 . ≥ 1.

Mostre por indu¸c˜ cão, ao , que qu e a) a a) a n < 4 para 4 para todo n todo n.. b) an é uma sequencia sequenc ia crescente. crescent e. c) determine o limite da sequencia.

{ }

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de a: A proposi¸ proposi¸c˜ cao aõ é verda ve rdadeir deiraa para p ara n n = = 1, pois a pois a 1 = 2. Tomando n Tomando n = = k k ent en tão 1 ak+1 = (a ( ak + 4) 2 Supondo que ak < 4 seja verdade verd adeiro iro então ( ao (a ak + 4) < 4) < 8 8 sendo assim:

17



1 1 ak+1 = (a ( ak + 4) < 4) < 8 2 2

·

1 ak+1 = (a ( ak + 4) < 4) < 4 4 2

⇒ ak+1 < 4 Provando o passo indutivo. Solu¸ c˜ c˜ ao ao de b:

Base da indu¸c˜ ao: a1 < a2 1 (a1 + 4) 2 a1 a1 < +2 2 a1 <

2 2 < + 2 2 2 < 3 < 3 Passo indutivo: Se a proposi¸c˜ cão ao é verda ver dade deir iraa para par a n = k = k en então: ak < ak+1

⇒ ak < 21 (ak + 4) ⇒ ak < a2k + 2 ⇒ a2k < 21

ak +2 2

    

⇒ a2k + 42 < 21 ⇒

ak 4 +2 + 2 2

1 1 (a ( ak + 4) < 4) < 2 2



1 (a ( ak + 4) + 4 2

( ak+1 + 4) ⇒ ak+1 < 21 (a ⇒ ak+1 < ak+2 Como quer´ quer´ıamos demonstrar. demonst rar.

18



Solu¸ c˜ c˜ ao ao de c: A indu¸c˜ cão ao é um método eto do de prova de proposi prop osi¸c˜ çoes o˜ es e não ao um m´ etodo etodo para determinar limites de sequencias. Portanto, o requerido não ao faz sentido.

POR FAVOR! Se você n˜ ao ao notou no in´ in´ıcio do documento aparece uma foto da 3a edi¸c˜ cao ão do livro mas, este solucon sol ucon´ário ari o é da segunda segu nda edi¸c˜ cao. ão. Se você, e, leitor, quiser ajudar a corrigir esse problema envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto da capa do livro correto. E não ao esque¸ ca ca de acompanhar as resolu¸ resolu¸c˜ cões oes do pr´ oximo oximo capitulo.

19










2


S´ erie erie Convergente

2.1




1. Encontre o termo geral a geral a n das da s série er iess an cujas sequencias de somas parciais sn são ao dada da dass a baixo. Além em disso, determine determi ne a soma das séries, eries, se poss´ıvel. ıvel. a) S n =

{ }

b) S n =

{ }

{ }

    2n 3n + 1 1 2n

c) S n = 3n

{ } { }

Solu¸ c˜ cao ˜ de a:

Vamos Vamos partir partir da seguinte seguinte identidade identidade an = S = S n

− S n−1

assim: 2n 3n + 1

2(n 2(n − 1) = a n − 3(n 3(n − 1) + 1

2 ⇒ an = (3n (3n + 1)(3n 1)(3n − 2) Esse é o termo geral a geral a n . Para determinar a soma da s´ erie erie fazemos: lim

n→∞



2n 3n + 1



=

2 3

Solu¸ c˜ cao ˜ de b:

Vamos Vamos partir partir da seguinte seguinte identidade identidade an = S = S n

− S n−1

assim: an =

1 2n

− 2n1−1

⇒ an = 21n − 2n21−1 ⇒ an = −21n 21



Esse é o termo geral a geral a n . Para determinar a soma da s´ erie erie fazemos: lim

n→∞

−  1 2n

=

−1 · nlim →∞

  1 2n

=0

Solu¸ c˜ cao ˜ de c:

Vamos Vamos partir partir da seguinte seguinte identidade identidade = S n an = S

− S n−1

an = 3n

− 3n−1

então:

⇒ an = 3n − 3n3−1 n

⇒ an = 3n − 33

⇒ 3 · an = 3 · 3n − 3n n ⇒ an = 3 (33− 1)

⇒ an = 2 · 3n−1 Esse é o termo geral a geral a n . Para determinar a soma da s´ erie erie fazemos: lim (3n ) =

∞

n→∞

2. Usando Usand o a série erie telescópica, opica, mostre que: a)

b)

1 =1 2+n n n=1

 

n=1

(4n (4n

−

1 1 = 1)(4n 1)(4n3 ) 12


1 1 = n2 + n n(n + 1)

⇒ n(n1+ 1) = An + (n B+ 1) 22



⇒ n2 1+ n = A(nn+(n1)+ +1)Bn ⇒ 1 = An + a + Bn ( A + B )n + A = 1 ⇒ (A Por Por igualdade igualdade polinomial polinomial chegamos chegamos ao seguinte seguinte sistema: sistema:



A + B = 0 A = 1

Que implica em B =

−1, sendo assim: 1 1 = n(n + 1) n

− n +1 1

Logo



1 n2 + n



1 = 1

− nlim →∞

 1 n

=1


(4n (4n

−

1 A B = + 1)(4n 1)(4n + 3) (4n (4n 1) (4n (4n + 3)

−

1 A(4n (4n + 3) + B (4n (4n − 1) ⇒ (4n = (4n − 1)(4n 1)(4n + 3) (4n (4n − 1)(4n 1)(4n + 3) 1 4An + 3A 3A + 4Bn 4Bn − B ⇒ (4n = (4n − 1)(4n 1)(4n + 3) (4n (4n − 1)(4n 1)(4n + 3) (4 A + 4B 4B )n + 3A 3A − B = 1 ⇒ (4A Por Por igualdade igualdade polinomial polinomial chegamos chegamos ao sistema: sistema:



4A + 4B 4B = 0 3A B = 1

−

que implica em A =

1 eB= 4

−A, sendo assim, 1 1 = 1)(4n 1)(4n + 3) 4(4n 4(4n 1)

1 − (4n (4n − 4(4n + 3) − 4(4n 1 1 1 = − (4n (4n − 1)(4n 1)(4n + 3) 4(4n 4(4n − 1) 4(4(n 4(4(n + 1) − 1) Para determinar a soma da s´ erie erie fazemos o seguinte 23




(4n (4n

−


1 1)(4n 1)(4n + 3)



1 = 4(4(1)

→∞ − 1) − nlim 1 − 0 = 4(4 − 1)

=



1 4(4n 4(4n 1)

−



1 12


24




• verificar diretamente no blog (www. (www .number. number .890m. 890m.com); agina no Facebook (https : (https : // //www www..facebook. facebook.com/ com/theNumberType/ theNumberType/?ref = bookmarks). • ou seguir minha página E se alguma alguma passagem passagem ficou ficou obscur obscuraa ou se algum algum erro erro foi cometido cometido por favor favor escreva escreva para para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ ao.

25










3


S´ erie er ie Geom´ Geo m´ etri etrica ca

3.1


1. Encontre Encont re a soma s oma das séries eries abaixo, abaix o, se poss p oss´´ıvel: ∞

a)

n+1

    −   − ·  n=1

3 5

∞

b)

(2)2−n

n=1 ∞

c)

n=1 ∞

d)

n=1

( 2)n 4 3n+1

( 1)n+2 2n+2 3n


3 5

=

n+1

n

    ·    · · ·   · 3 5

3 5

=

n

3 5

3 5

=

3 5

3 5

n−1

3 5

9 25

Usando a f´ ormula ormula da soma: 9 a 9 S = = = 25 = 3 1 R 10 1 5

−

−


22−n = 22 2−n

·

= 4 2−n

·

= 4 2−n (2 2−1 )

·

· ·

27

−1



= 2 2−n+1 = 2 2−1(n−1) = 2

·

·

Usando a f´ ormula ormula da soma: S =

a 1

−R

=

·

2−1

 

n−1

2 =4 1 2−1

−

Solu¸ c˜ cao ˜ de c:

4 ( 2)n ( 2)n 4 = 4 = 3n+1 3n 3 3

·−

n · −32n = 34 · − 23

        · − · − · −   − − · −·

=

4 3

2 3

=

n

8 9

2 3

−1

2 3

n−1

2 3

n

1

Usando a f´ ormula ormula da soma:

− 89 S = = = 2 1−R 1− − 3 a

 

− 158

=

Solu¸ c˜ cao ˜ de d:

( 1)n+2 2n+2 ( 1)n 1 2n 4 = 3n 3n

−

·

− · · ·

4( 1)n 2n 4( 2)n = =4 3n 3n

− ·

−

n

−1

1

−  · −  · −    − −

=

2 3

8 3

2 3

2 3

2 3

n−1

Usando a f´ ormula ormula da soma: 8 − a 3 S = = 2 1−R 1− − 3

 

− 85

=

2. Usando s´ eries, eries, expresse as decimais não ao finitas abaixo na forma de um n´ umero umero racional:

28


a) 2.1 2.13131 31313. 3... ..


b) 0.25 0.25441141 114114 1411 11


2.131313 131313... ... = 2 + 0. 0.13131313 13131313... ... = 2+

13 13 13 + 4+ 6+ 2 10 10 10 ∞

= 2+

···

  13 102n

n=1

Agora vamos determinar a soma da s´ erie erie 12n 102n

    ·     · ·  ·   ·    ·  ·     13 102n

= 13

= 13

1 10

= 13

1 10

= 13

1 100

= 13

1 100

=

13 100

1 100

2n

2

n

n

1 100

1 100

−1

1

1 100

n−1

n−1

usando a f´ ormula ormula da soma:

S = =

a 1

−

13 13 = 100 = 1 R 99 1 100

−

Sendo assim: ∞

2.131313 131313... = 2 + ... =

 

n=1

13 10n

= 2+

13 99

211 ⇒ 2. 2.131313 131313... ... = = 99

29




Análoga alo ga a ante a nterior rior..

3. Uma bola b ola é derrubada de uma altura de 9 de 9m m. Cada vez que ela toca o chão, ao, sobe sob e novamente a uma altura de aproximadamente 2/3 da altura altura da qual qual ela caiu. Mostre Mostre que a distˆ distˆ ancia ancia total total percorr pe rcorrida ida pela pel a bola bo la até parar p arar é de d e 45m 45 m. Solu¸ c˜ cao: ˜

A altura da bola b ola em cada pulo é uma sequencia

  · ···     2 2 9+ 9+ 3 3

=9

2 3

0

+9

2 3

2 3

1

∞

=

9+

9

n=1

2 3

+9

2 3

2

+

···

n−1

Que como pode po de ser visto é uma u ma série erie geométrica, etrica, logo sua soma ser´ a: a: S = =

a 1

−R

9

= 1

− 32

= 27

O detalhe detalhe importante importante desse problema problema é que a partir partir da 1◦ queda sempre que a bola sobe ela desce novamente fazendo duas vezes o percusso. Sendo assim, o resultado é a soma das da s distâncias ancias percorridas pela bola nas descidas (27) descidas (27) mais mais as distâncias ancias percorridas pela bola na subida (27 9), 9), ou seja:

−

27 + (27

45m − 9) = 45m

POR FAVOR! Se você não ao notou no in´ in´ıcio do documento docum ento aparece uma foto da 3a edi¸c˜ cão ao do livro. Entretanto, Entret anto, este est e solu so lucio cion´ nário ar io é da segunda edi¸ c˜ cao. a õ. Assim, Assim, se você quiser quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. ed. em m˜ aos, aos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-se que a foto deve estar numa boa resolu¸c˜ cao. aõ. 30




• verificar diretamente no blog (www. (www .number. number .890m. 890m.com); agina no Facebook (https : (https : // //www www..facebook. facebook.com/ com/theNumberType/ theNumberType/?ref = bookmarks). • ou seguir minha página E se alguma alguma passagem passagem ficou ficou obscur obscuraa ou se algum algum erro erro foi cometido cometido por favor favor escreva escreva para para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ ao.

31










4


S´ eries eries de Termos Termos Positivos Positivos

4.1


1. Usando as sequencias sequencias de somas parciais sn demonstre as propriedades propriedades P.1.3.1., P.1.3.1., P.1.3.2. e P.1.3.3. acima.

{ }

Demonstra¸ c˜ cao ˜ de P.1.3.1:

A soma S soma S n de S 1 = ka k a1



ka n é

S 2 = ka k a1 + ka2 S 3 = ka k a1 + ka2 + ka 3 .. . S n = k = ka a1 + ka2 +

· · · + kan−1 + kan

.. . Como



an é conv co nver erge gent ntee ent˜ en tão ao lim (S n ) = L, L, sendo L sendo L

e portanto, portanto, k k((a1 + a2 +

n→∞

k L sendo assim: · · · + an) = kL

Portanto, a 1 + a2 + · · · + an = L ∈ R. Portanto, a

lim (S n ) = kL k L

n→∞

O que qu e implica im plica na convergˆ c onvergência encia de Demonstra¸ c˜ cao ˜ de P.1.3.2:



kan .

Análoga alo ga a ante a nterior rior.. Demonstra¸ c˜ cao ˜ de P.1.3.3:

Seja S Seja S n a soma parcial de lim (S n ) = L

n→∞



an e S n a soma de



bn en então:

e tamb ta mb´ém em lim (S n ) = K

n→∞

com L, K

∈ R.

Pela propriedade da soma dos limites se os limites acima existem então: ao: 33



lim (S n + S n ) = L + K

n→∞

O que implica em lim (an + bn ) = L + K

n→∞

provando a convergência encia de



(an + bn ).


34










4.2



Aplique os testes da integral para estudar o comportamento das s´ eries eries abaixo: ∞



1.

2

1 , p > 0 n(ln( ln(n)) p

Solu¸ c˜ cao: ˜

Para p Para p = 1 ∞

 

1 n ln( ln(n)



dn = lim lim (ln( ln(ln( ln(n))) − lim (ln( ln(ln( ln(n))) n→∞ n→2 · = ln( ln (ln( ln(∞)) − ln( ln(ln(2)) ln(2)) = ∞ 2

Para p Para p > 1 ∞

ln− p (n) dn = lim lim n→∞ n

 2



ln1− p (n) 1 p

−

Como p Como p > 1 ent˜ 1 ent˜ ao ao podemos fazer 1 fazer 1 ln1− p (n) 1 p

−  lim

n→2

ln1− p (n) 1 p

p = −k. Sendo assim: − p =

ln1− p (n) 1 p

 −    − −  −      −     · −

lim

n→∞

= lim

n→2

lim

n→2

ln−k (n) k

=

1 k

=

1 k

=

1 k lnk (2)

lim

n→∞

1

lim

lnk (n)

n→2

1

lnk (2)

lim

= lim lim

n→∞

ln−k (n) k

n→∞

1

lnk (n)

0

·

Ou seja, a série erie converge converg e para p > 1. 1 .

∞

2.

 2

n2

−



n +1

Solu¸ c˜ cao: ˜

36

ln−k (n) k

−

−  lim

n→2

ln−k (n) k

−



Tópicos: opicos: séries eries e equa¸c˜ co˜es diferenciais. ∞

   1

n 1 + n2

dn = lim lim

n→∞




1 log( log (n2 + 1) 2

−  lim

n→1

1 log( log (n2 + 1) 2



∞ − 21 · log(2) ∞− log (2) = ∞ =

Logo diverge.

∞

3.

 2

n2

1 +1

Solu¸ c˜ cao: ˜ ∞

   1

π 2 π = 4 =

1 1 + n2

dn = lim lim tan−1 (n) n→∞

− π4



lim tan−1 (n)

− 



n→1

Logo converge.

∞

4.

 2

ln( ln(n) n


   1

=

log( log (n) n

∞ − ∞− = ∞

dn = lim lim

n→∞



log 2 (n) 2

−  lim

n→2

log 2 (n) 2



log 2 (2) 2

POR FAVOR! Se você não ao notou no in´ in´ıcio do documento docum ento aparece uma foto da 3a edi¸c˜ cão ao do livro. Entretanto, Entret anto, este est e solu so lucio cion´ nário ar io é da segunda edi¸ c˜ cao. a õ. Assim, Assim, se você quiser quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. ed. em m˜ aos, aos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-se que a foto deve estar numa boa resolu¸c˜ cao. aõ. 37










5


S´ eries eries de Termos Termos Positivos Positivos

5.1


Use o teste da compara¸c˜ cão ao para analisar anali sar o comportamento comport amento das séries eries abaixo: abaix o: ∞

1.

 1

1 2 + 5n


Toda Tod a série er ie

 1

1 2 + 5n n2

1 1 . Ent˜ converge apenas para p para p > 1. ao ao n p

∞

 1

1 converge. n2

≤ n12

≤ 2 + 5n ∞

Como a desigualdade acima é verdadeira para todo to do n n

en tão, ao , a série er ie ∈ Z + ent˜

gente.

∞

2.

1

1 é conver2 + 5n

1 n 1

 √ 2



−

Solu¸ c˜ cao: ˜

1 n

≤ √ n1− 1 √ n − 1 ≤ n ∞

Como a desigualdade acima é verdadeira para todo to do n ∞

1 é divergente. n 1

 √ 1

−

∞

3.

 1

1 n+4

Solu¸ c˜ cao: ˜

39

∈

Z+

e

 1

1 é dive di verg rgen ente te,, ent˜ en tão ao a série er ie n


Observe Obs erve a série erie




1 1 1 1 = + + + n+5 6 7 8

pelo item B da página agina 47 a série erie



···

1 é div d iverg ergen ente. te. n+5

1 n+5

≤ n +1 4 n + 4 ≤ n + 5 0 ≤ 1 ∞

Como a desigualdade acima é verdadeira para todo to do n ∞

série

 1

∈

1 é divergente tam t amb´ bém. em . n+4

Z+

e

 1

1 é diver di vergen gente te,, ent˜ en tão ao a n+5


40










5.2



Use o teste da compara¸c˜ cão ao por p or limite lim ite para analis a nalisar ar o comportamento comport amento das séries eries abaixo: abaixo : ∞

1.

  1 n

sen

1

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞



sen(1 sen(1/n /n)) 1/n



= lim lim (n sen(1 sen(1/n /n)) )) n→∞

·

= lim lim (n)

(sen(1 sen(1/n /n)) )) = lim lim (n) · sen(0) sen(0) · nlim →∞ n→∞ = lim lim (n) = ∞ n→∞ n→∞

∞

Como Com o a série er ie

  1

1 n

∞

é diver di verge gent ntee (série er ie harmˆ har mônica) oni ca),, então ao pelo pel o T.C.L. T.C. L. a série erie

∞

2.

1 n3 + n + 1

1

1 n

sen

1

também é divergente.

  √

   



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞

1 n3 + n + 1 1 x

 √    √   √  ∞

Como Co mo a s´ série er ie

1

=0

1 n

∞

é dive di verg rgen ente te (s´ (s érie er ie p p com p com p < 1), 1 ), ent˜ en tão ao pelo pe lo T.C.L T. C.L.. a série er ie

1

também é divergente.

∞

3.

 1

3n2 + 5n 5n n 2 2 (n + 1)



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞

 

3n2 + 5n 5n n 2 2 (n + 1) 1/n

 

  √

= lim lim

n→∞

 

3n2 + 5n 5n n 2 2 (n + 1) (1/n (1/n)) n

·   ·

42

n

1 n3 + n + 1




= lim lim

n→∞

=



3n5 + 5n 5n2 2n (n2 + 1)



= lim lim

n→∞

 


5 3+ n 2n (n2 + 1)/n 1)/n3

 

= lim lim

n→∞

3+0 3 = = (0 + 0) 0

   2n

3 + 5/n 5 /n 2 n 1 + n3 n3

  

= lim lim

n→∞

  

3 + 5/n 5/n 1 1 2n + 3 n n

∞

∞·

∞

 

1 Como Co mo a s´ série er ie n 1 também é divergente.

∞

é diver di vergen gente te (série eri e harmˆ har mônica), onic a), então ao pelo pe lo T.C.L. T.C. L. a série erie

 1

3n2 + 5n 5n n 2 2 (n + 1)




43

  










5.3



Usando o teste da razão, ao, examine, examin e, quanto a convergência, encia, as séries eries abaixo. abaix o. ∞

1.

2n n!

  1

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞

 

= lim lim

n→∞

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

    2 n+1

= lim lim

n→∞

=



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

· ·

2

∞ =0 ∞

2n é convergente. convergente. n!

 

Como 0 Como 0 < 1 < 1 pelo pel o T.R. a série erie

1

∞

2.



  2n n!

1

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞



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



= lim

n→∞



  

2(n 2( n + 1) (n + 1)n 1)n! ∞

Como 0 Como 0 < 1 < 1 pelo pel o T.R. a série erie

3.

n→∞

  1 n

1

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞



= lim lim

1/(n + 1) 1/n

n→∞

=





    

= lim lim

n/n n/n + 1/n 1/n

n→∞

n n+1

= lim lim

n→∞

2 n!

=0

2n convergente. é convergente. n!

1

∞

= lim lim



1 1 + 1/n 1 /n

1 =1 1+0

45



Assim, pelo teste da razão ao nada pode-se po de-se dizer quanto a convergˆ c onvergência encia dessa série. erie.


46










5.4



Exer Ex erc c´ıcio ıc io:: Usando o teste da raiz, examine, quanto a convergˆ encia encia as s´ eries eries abaixo. ∞

1

∞

  1 nn

1

2

  1

1 1+ n

∞

n

3

  1

Solu¸ c˜ cao ˜ de 1:



1 =0 nn

n

lim

n→∞

e como 0 como 0 < 1 < 1 a série eri e é conver con vergen gente te.. Solu¸ c˜ cao ˜ de 2:

   1 1+ n

n

lim

n→∞

n

=1

assim pelo teste da razão ao nada se pode po de aferir a ferir sobre a convergˆ c onvergência encia da série. erie. Solu¸ c˜ cao ˜ de 3:



1 =1 n

n

lim

n→∞

assim pelo teste da razão ao nada se pode po de aferir a ferir sobre a convergˆ c onvergência encia da série. erie.

1. Estude o comportamento das s´ eries eries usando as sugest˜ oes oes dadas: ∞

A.

 

n (TD) n+1

1

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞

    

= lim lim

n n+1

n→∞

= lim lim

1 1 + 1/n 1/n

n→∞

=

n/n n/n + 1/n 1/n

1 =1 1+0 ∞

Como 1 Como 1 = 0 pelo pel o T.D. a série eri e





  1

n diverge. n+1 48

1 n


B.

  √

1 + n

1




1 (TCL) n+1

√

Solu¸ c˜ cao: ˜

  √ √  √  √ √ √ √        √  1 + n

lim

1 n

n→∞

    

1 n+1

= lim lim

n + n

n n+1

= 1+

lim

n n+1

lim

1 1 + 1/n 1 /n

n→∞

n→∞

= 1+

1+

n→∞

n→∞

= lim lim

n→∞

=1 +

1 + n

1 n+1

√

 √  n

      1+

n n+1

lim

n→∞

n/n n/n + 1/n 1/n

1 = 1 + 1 = 2 1+0

1 Como n tamb´ mb ém diverge.

∞

C.

= lim lim

 √

∞

1), ent˜ é div d iver erge gent ntee (s´ (série er ie p p com com p p < 1), en tão ao pelo pe lo TCL a s´ s érie er ie

1

    n

1

1 (TRI) ou (TD) ln( ln(n)

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

n→∞

       n

n

= lim lim

2

n→∞

n

1 ln( ln(n)

= lim lim

1 ln( ln(n)

=1

n→∞

Como 1 Como 1 = 0 ent ent˜ão ao a série er ie



  √

      1

n

∞

n

ln( ln(n)

    1

n

1

ln( ln(n)

diverge.

49

1 + n

1 n+1

√




D.

| 1

sec( sec(n) n

|




(TC)

Solu¸ c˜ cao: ˜

n2 < 1 para todo n n2 + 1

∈ Z+

Como o m´ aximo aximo valor que cos( cos(n) pode po de atingir atingi r é 1, então ao a desigualdade desigu aldade abaixo ainda é valida. valida .

|

|

n2 cos( cos(n) < 1 < 1 n2 + 1

||

|

1 n2 < 2 n +1 cos( cos(n)

|

n2

n2 Como

|

n 1 < +1 n cos( cos(n)

|

|

n 1/ cos( cos(n) < +1 n

|

|

1 = sec( sec(x) ent˜ ao: ao: cos( cos(x) n sec( sec(x) < n2 + 1 n

|

|

∞

Como pelo teste da integral (veja página agina 52) a série erie

n=1

série erie em quest˜ ques tão é divergente. divergente.

∞

E.

n32n (TRZ) 5n−1

  1

 

Solu¸ c˜ cao: ˜

50

n2

n diverge. Então, ao, pelo T.C. a +1


lim

x→∞

lim

x→∞

(n + 1)32(n+1) 5(n+1)−1 n32n 5n−1

    9n + 9 5n

=

 

= lim lim

x→∞




(n + 1)32n+2 5n−1 5n n 32n

·

·



9 5

9 Como > 1 ent˜ ent ão ao p elo TRZ. TRZ . a série eri e 5

∞

n32n diverge. 5n−1

  1

∞



F.

(arc cotg( cotg(n)) (TI) )) (TI)

1


 1

∞

Assim, pelo TI a série erie



(arc cotg( cotg (n)) diverge.

∞



1 arc cotg( cotg(n)dn = dn = log( log (n2 + 1) + arc cotg( cotg (n) 2

= 1

∞

1

∞

G.

3n n! (TRZ) nn

  1

Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞

=3

 

3n+1 (n + 1)! (n + 1)n+1 3n n! nn

· xlim →∞



nn (n + 1)n

  

= lim lim

x→∞

=3



3nn (n + 1)n

· xlim →∞

∞

H.

1

n n+1

n

  ·  

3 Como > 1 ent˜ en tão ao p elo TRZ a série eri e e

 



n n+1 ∞

1

=3

1 3 = e e

3n n! diverge. nn

n2

(TRI)

51



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞

   n n+1

n

n2

= lim lim

x→∞

  n n+1

1 Como < 1 ent˜ en tão ao p elo TRI a série eri e e

∞

I.

 1

n

=

∞

1 e

  n n+1

1

n2

converge.

n2 + 2n (TCL) n + 3n



Solu¸ c˜ cao: ˜

lim

x→∞

 

= lim lim

x→∞

n2 + 2n n + 3n 1 n2



x→∞

lim

x→∞

= lim lim

x→∞



n4 + 2n n2 n + 3n

·



= lim lim

x→∞

x→∞

·

 

=

x→∞

0+1

Logo Lo go p elo TRI a série eri e é

1

J.

1

·

lim (n/3 n/3n + 1)

x→∞





lim n4 /3n + (n (n2 2n )/3n

=

n4 3n

  ·  ·

x→∞

x→∞

∞

∞



    ·   ·





·

lim n4 /3n + (n (n2 2n )/3n

= lim lim n4 /3n + (n (n2 2n )/3n = lim x→∞

n4 /3n + (n (n2 2n )/3n n/3 n/3n + 1

n + 1 = 0 então ao pode-se p ode-se aplicar as propriedades de limite de modo mo do que: 3n

lim n4 /3n + (n (n2 2n )/3n

=



 

n4 /3n + (n (n2 2n )/3n n/3 n/3n + 1





·

n4 /3n + (n (n2 2n )/3n n/3 n/3n + 3n /3n

Como lim



 

1 + lim

x→∞

n2 + 2n é convergente. n + 3n



1 (TI) n(ln( ln(n))3

Solu¸ c˜ cao: ˜

52

n 2 2n 3n

=0+0=0


  2

1 n(ln( ln(n))3



= −

1 2log 2 (n) ∞

Assim Ass im,, pelo pe lo TI a série eri e é

 1


∞

 

= 2

∞



1 é convergente. n(ln( ln(n))3

POR FAVOR! Se você não ao notou no in´ in´ıcio do documento docum ento aparece uma foto da 3a edi¸c˜ cão ao do livro. Entretanto, Entret anto, c˜ cao. a õ. Assim, este est e solu so lucio cion´ nário ar io é da segunda edi¸ Assim, se você quiser quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. ed. em m˜ aos, aos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-se que a foto deve estar numa boa resolu¸c˜ cao. aõ.

53










6


S´ eries eries Alternadas

6.1


1. Usando os testes convenientes, examine quanto a convergˆ encia, encia, as s´ eries eries abaixo: ∞

A.

∞

  e

−n2

E.

1

∞

B.

C.

∞

G.

1

arctg

∞

1+n 1 + n2

H.

I.

 1

1 lnn (n)

 1

n! ln( ln(n + 1)

∞

2

J.

 1

1 n

K.

1

∞



L.



n+4 n4 + n + 7

√



  √  ∞

n

    1

   ln

1+n 1 + n2

∞

1

∞



  1

3n

1

D.

F.

 −  n

n e

∞

n! nn

∞

4 −n2

1

  1



 1

2n + 3 n+5

3n3 + 2n 2n 7n2 + 8n 8n

−1 −2



Solu¸ c˜ cao: ˜

O primeiro pri meiro teste que normalmente normalmen te se emprega e mprega é o teste da divergência encia (TD). Através es dele d ele determinamos minamo s que q ue as séries eries das letras I e L são ao divergentes. diverge ntes.

lim

x→∞



3n3 + 2n 2n 7n2 + 8n 8n

−1 −2



lim

=

∞

x→∞



n! ln( ln(n + 1)



=

∞

As séries eries que possuem um expoente igual a n a n normalmente normalmente utilizam-se do teste da raiz para aferir sobre sua convergência. encia. Assim, po demos afirmar que as a s letras C e G s˜ ao ao convergentes.

lim

x→∞

lim

x→∞

  −      n

n

1

n

=0

3n

n

arctg

1 n

n

=0

como 1 como 1 n = 1 podemos usar esse teste também em para a letra H. 55


   1 ln( ln(n)

n

lim

x→∞


n

=0

Para usar o teste da compara¸c˜ cão ao é nece ne cess ss´ário ar io que qu e se conh co nhe¸ e¸ca ca séries eries convergentes converge ntes ou divergent d ivergentes. es. Assim, a frequˆ f requência encia em que se utiliza utiliz a tal teste é proporcional prop orcional a quantidade quanti dade de séries eries cuja convergência encia vocˆ vo cê já conh co nhec ece. e. Podemos usa-lo por exemplo para provar a convergˆ encia encia da letra A. 1 en

2

e−n =

2

Como n Como n 2 1 en

2

2

≤ en

então

≤ n12

 

1 é uma um a série eri e conve con verge rgent ntee (série eri e p com p > 1), 1 ), ent˜ en tão ao a série eri e é conv co nverg ergent ente. e. n2

E como

A mesma coisa ocorre para o teste da compara¸c˜ cao ão com limite. A frequˆ encia encia do seu uso fica condicionada a quantidade de s´ eries eries que j´ a se tˆ em em decorado. Podemos usar este teste para, por n exemplo, exemplo , provar prov ar a divergência encia da letra K. Uma Um a vez ve z que a série erie é divergente divergen te pelo teste 2 5n + 3 da compara¸c˜ cao aõ (usando (usand o a s´ erie erie harmˆ onica) oni ca),, e tamb´ t ambém: em:



n 2 5n + 3

≤



√ 2n + 3 n+5

O teste da raz˜ ao ao com limite normalmente normalmente é usado quando os demais testes falham. falham. Com ele podemos afirmar que as letras B, D, E e F são ao convergentes.

lim

n→∞

lim

n→∞

lim

n→∞

lim

n→∞

(n + 1)! (n + 1)n+1 n! nn

        

 

ln(1 ln(1 + 1/ 1/2n+1 ln(1 ln(1 + 1/ 1 /2 n ) (n + 1)4 e( n + 1)2 n4 en 2

 

=

1 e



=0

=0

1 + n 1 + n2

2

    

1 + (n (n + 1) 1 + (n ( n + 1)2

2

=

1 e

2

56



Note que nada na da se pode po de aferir af erir sobre a s´ erie erie J pelo p elo teste t este da d a raz˜ ra zão, ao, pelo teste da raiz ra iz e tão ao pouco p ouco pelo teste da divergˆ d ivergência. encia. A fun¸ fun c˜ çao ão também em não ao pode pod e ser facilmente facilm ente integrada, integra da, assim podemos po demos dispensar disp ensar o teste da integral, nos restando apenas o teste da compara¸c˜ cão ao ou o teste t este da compara¸c˜ cao aõ com limite.

3. Prove, usando s´ eries eries convenientes, as afirma¸c˜ coes ões abaixo. lim

n→∞

lim

n→∞

nn (2n (2n)!

    an n!

=0

=0


Como n Como n n < (2n (2 n)! e )! e n < n! en então: n

n E como a série erie comp om para ar a¸c˜ cão a séri er ie fica provada.

n ! · (2n (2n)! ⇒ · n ≤ n!

nn (2n (2n)!

≤ nn!

   

n! é convergente converge nte (ver exerc´ exerc´ıcio 2 da página agina 58), então ao pelo teste da nn nn também em converge e pelo p elo teorema T.1.3.1 (página agina 42) a afirma¸ a firma¸cão (2n (2n)!


Usando o teste da raz˜ ao ao vemos que a série erie em questão ao é convergen c onvergente. te. Sendo assim pelo teorema T.1.3.1 (página agina 42) a afirma¸c˜ cão ao fica provada. prova da.


57










6.2



Exer Ex erc c´ıcio ıc io.. Usando o (TL), teste quanto à convergência encia as séries eries abaixo: abaixo : ∞

1.

 −

n ( 1) ln( ln(n)

1

n

∞



2.

 −

ln(n) n ln(

( 1)

1

n

∞



3.

 − 1

n+2 ( 1) n(n + 1) n




Usando l’hopital lim

x→∞

  n ln( ln(n)

= lim lim

x→∞

  1 1/n

= lim lim (n) =

∞

x→∞

Como

ao pelo TL nada se pode po de aferir sobre a convergência encia da série. erie. ∞ = 0 então


Usando l’hopital lim

x→∞

  ln( ln(n) n

= lim lim

x→∞

  1/n n

= lim lim

x→∞

  1 n2

=0

Como a desigualdad desigualdadee n n+1 > ln( ln(n) ln( ln(n + 1) é verda ver dade deir ira. a. Ent˜ En tão ao a série er ie é conve con verge rgent nte. e. Solu¸ c˜ cao ˜ de 3:

Como lim

x→∞

0



n+2 n(n + 1)



= lim

x→∞





n+2 = li m x→∞ n2 + n



n/n + 2/n 2/n n2 /n + n/n



= lim lim

x→∞





1 + 2/n 2 /n 1+0 = = n+1 +1

∞

então ao a primeira condi¸c˜ cao aõ para convergˆ encia encia foi satisfeita. Vamos provar agora a segunda. Para isso considere a seguinte desigualdade, verdadeira para todo n todo n N

∈

4n + 4 > 4 > 3 3n n

⇒ n2 + (4n (4n + 4) > 4) > n2 + (3n (3n) ( n + 2)2 > (n ( n + 3)n 3)n ⇒ (n 59



⇒ (n +n 2) ⇒

(n + 2)2 n

2

> (n ( n + 3)

·  1 n+1

> (n ( n + 3)

  1 n+1

+ 3) ⇒ n((nn++2)1) > (n +(n1)(n 1)(n + 2) n + 1) + 2 ⇒ n((nn++2)1) > (n +(1)((n 1)((n + 1) + 1)

⇒ an > an+1 lim ()

x→∞


60










6.3



1. Estude o comportamento das s´ eries eries a seguir, verificando se s˜ ao ao absolutamente ou condicionalmente convergentes, ou divergentes. ∞

A)

n! nn

n

( 1)

1

∞

B)

∞

  −  

F)

1

n

( 1)

1

1

∞

G)

C)

( 1)

n

n+1

( 1)n

1

D)

L)

H)

1

∞

E)

2n n!

( 1)n

n n+1

1+

1 2n

n2 + 1 n3

( 1)n

∞

M)



( 1)n n ln2 (n)

·

−



  −  √  ∞

I)

 

  −   2

( 1)n 3n + 2

π n

 

n2

 −    1

 −  1

· ln

1

  −   ( 1)

· sen

∞

n

∞

n

n

( 1)

n! 2n!

1

∞

 −

  −  

  −  √   n

( 1)

K)

1

∞

n

∞

3n

1

J)

 −

n

 −  −   n

∞

( 1)n n4 + 1

 − 

( 1)n

1

n n+1

Solu¸ c˜ cao ˜ de A:

(n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! ( 1)n ( 1) ( 1) n n +1 +1 (n + 1) (n + 1) (n + 1)n+1 = lim lim = lim lim n! n ! n! n ! n! n→∞ n→∞ ( 1)n+1 n ( 1)n n n n nn

( 1)(n+1)

 −  −  −    

lim

n→∞

   

 −   

(n + 1)! nn = lim lim ( 1) = lim lim n→∞ n→∞ (n + 1)n+1 n! =

lim

n→∞

n n+1

·

n

  

=

·

  

1 1 = . e e

·− − (n + 1)! · nn (n + 1)n+1 · n!

 

 

=

   lim

n→∞

 − 

(n + 1) n! nn (n + 1)n (n + 1) n!

· ·

·

  

 

1 Como < 1 ent˜ ao, ao, pelo pe lo teste tes te da razão ao para a convergˆ conv ergência enci a absolu abs oluta, ta, a série erie é absolutamente e convergente.

62



Solu¸ c˜ cao ˜ de B:

lim

n→∞

    − n

(

n

−1 1)n · 3n

n

  

= lim lim

n→∞

− n

1

3n

=

1 3

1 Como < 1 então, ao, pelo teste da raiz para a convergência encia absoluta, absolu ta, a série erie é absolutamente 3 convergente. Solu¸ c˜ cao ˜ de C:

lim

n→∞

   √   − ·   √  n

= lim lim

n→∞

( 1)n ( n n + 1)

n

n

= lim lim

n→∞

  √  n

n

n+1

n

n+1 =2

Como 2 Como 2 > 1 > 1 então, ao, pelo pe lo teste tes te da raiz rai z para a convergˆ conv ergência enci a absolu abs oluta, ta, a série erie é divergente. Solu¸ c˜ cao ˜ de D:

A expr ex pres ess˜ são ao 2 4 6 ... (2n (2n) = 2n n! então ao a série erie é divergente divergen te se o limite a seguir for maior que 1:

· · · ·

·

( 1)n+1 2n+1 (n + 1)! n! lim = lim lim n→∞ n→∞ (n + 1)! ( 1)n 2n n!

 − 

·

· − · ·

 

 2 1

=2

Como 2 Como 2 > 1 > 1 ent˜ en tão, ao, pelo pe lo teste tes te da razão ao para a convergˆ conv ergência enci a absolu abs oluta, ta, a série erie é divergente. Solu¸ c˜ cao ˜ de E:

Usando tanto o teste tes te da d a razão ao para p ara a convergência encia absoluta absolu ta como co mo o teste da raiz r aiz o resultado result ado ser´ s erá 1. Ou seja, em ambos os casos nada podemos afirmar sobre a convergência encia absoluta. Nesse caso fazemos o seguinte. Primeiro determinamos a soma do m´ odulo odulo de cada termo. ∞

n=1

∞

( 1)n = 3n + 2 n=1

  −

  

1 3n + 2



Agora usamos o teste o teste da compara¸ c˜ c˜ ao ao por po r limite lim ite.. Fazendo agora lim

n→∞

  1 3n+2 1 n

= lim lim

n→∞



n 3n + 2



=

1 3

 

1 1 Como > 0 ent˜ ao ao ambas as s´ eries eries possuem o mesmo comportamento, e como a s´ erie erie 3 n ∞ n ( 1) é dive di verg rgen ente te (s´ (série er ie p com p com p = 1) ent˜ en tão ao a série er ie n˜ ao ´ e absolutamente convergente. 3 n + 2 n=1

 −  63



Usando agora o teste da razão ao na série erie (TRZ) chegamos chegamo s a conclusão ao de que ela é convergente. converge nte. lim

n→∞



( 1)n+1 3n 3 n + 2 3(n 3(n + 1) + 2 ( 1)n

−

· −



= lim lim

n→∞

−

3n + 2 3n + 5



=

< 1 −1 < 1

Como á séri er ie n˜ ao ao converge condicionaln˜ ao converge absolutamente, mas é convergente, ent˜ mente. Solu¸ c˜ cao ˜ de F: ∞

∞

( 1)n = n4 + 1 n=1

  −

n=1

     ·      1 n4 + 1

Usando o TCL lim

n→∞

1 n2 n4 + 1 1 ∞

Como Com o a série er ie

n=1

= lim lim

n→∞

n2 n4 + 1

=0

1 ´ e conv co nver erge gent ntee ent˜ en tão ao a série er ie é absolutamente convergente. n2

Solu¸ c˜ cao ˜ de G: ∞

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

  −

n=1

·

 

Nesse Nes se caso ca so test te stes es são ao disp di spen ens´ sáveis av eis.. A série er ie é absolutamente convergente. Solu¸ c˜ cao ˜ de H:

lim

n→∞

      −  n

(

1)n

n n+1

n2

= lim lim

n→∞

n2

   n n+1

1 n

= lim lim

n→∞

n

  n n+1

=

1 e

1 Como < 1 ent˜ ao, ao, pelo teste da raiz r aiz para a convergência encia absoluta, absolu ta, a série erie converge absolutae mente. Solu¸ c˜ cao ˜ de I: ∞

n=1

· √

Usando o TCL lim

n→∞

   √    √  ∞

( 1)n n = n+1 n=1

  −

 √ ·

n n n+1 1

= lim lim

n n+1

n→∞

n n n+1

=

∞

64


Como


 

1 é dive di verg rgen ente te ent˜ en tão ao a série er ie n˜ ao ao pode ser absolutamente convergente. n

Fazendo ent˜ ao ao o teste t este da razão ao (TRZ) lim

n→∞

  an+1 an

= lim lim

n→∞

√

 − √

(n + 1) n + 1 n(n + 2)



=

en tão ao a série eri e conver con verge ge.. −1 ent˜

Como a série eri e conv c onverge erge,, mas m as não ao absolu abs olutam tament ente, e, então ao ela converge condicionalmente. Solu¸ c˜ cao ˜ de J: ∞

  −

n=1

∞

            ·  ∞   −   

π ( 1) sen n n

=

sen

n=1

1 que é divergente diverge nte então: ao: n

Usando o TCL e a série erie lim

n→∞

π n

sen

π n

n = 1 ∞

( 1)n sen

Portanto Porta nto,, a série erie

n=1

π n

não ao é absolu abs olutam tament entee converge conv ergente nte.. ∞

Usando novamente o teste da compara¸c˜ cão ao por limite (TCL) e a série erie convergente (ver letra C). Chega-se a conclus˜ ao ao de que a s´ erie erie converge. ∞

Como Com o a série eri e

√

 −

 −

n=1



n! ( 1) qu que é 2n! n

( 1)n ( n n + 1)n converg con verge, e, mas não ao absolu abs olutam tament ente, e, então ao a série erie converge

n=1

condicionalmente.



Sendo a série erie convergente, convergen te, mas não ao absolutament absolu tamentee convergente, converg ente, então ao a s´ erie erie converge condicionalmente. Solu¸ c˜ cao ˜ de K: n+1

( 1)

lim

n→∞

 − −

   

ln 1 +

1

2n+1

( 1)n ln 1 +

·

1 2n

       ln 1 +

= lim lim

n→∞

1

2n+1

ln 1 +

1 2n

=

1 2

1 Como < 1 então, ao, pelo pe lo teste tes te da razão ao para a convergˆ con vergência enc ia absolut abs oluta, a, a série eri e converge absolu2 tamente. Solu¸ c˜ cao ˜ de L:

65


∞

n2 + 1 ( 1)n = n3 n=1

  −

n=1

Usando o TCL lim

n→∞



n2 + 1 n n3 1

·


n2 + 1 n3

        = lim lim

n→∞

n2 + 1 n2

=1

Como 1 > 0 ent˜ ao ao ambas as s´ eries eries tem o mesmo comportamento. comportamento. E como a s´ erie erie ∞

é diver di vergen gente te (série er ie p com p = 1) ent˜ en tão, ao , a série eri e

então:

n→∞

( 1)

( 1)n (n2 + 1) 2n! n3 ( 1)n n!

· −

 

1 n

+1 n˜ ao ao pode ser absolutamente n3

( 1)n n! que é convergente convergen te (ver solu¸c˜ cão ao da letra let ra G), 2n!

 −    

Usando novamente o TCL e a s´ erie erie

lim

2 nn

n=1

convergente.

−

  −

 

= lim lim

n→∞

2n 2 + 2 n3

=0

O que implica na convergência encia da série. erie. Como a série eri e converg con verge, e, mas não ao absolu abs olutam tament ente, e, então ao a série erie converge condicionalmente . Solu¸ c˜ cao ˜ de M:

A cargo do leitor.

POR FAVOR! Se você não ao notou no in´ in´ıcio do documento docum ento aparece uma foto da 3a edi¸c˜ cão ao do livro. Entretanto, Entret anto, c˜ cao. a õ. Assim, este est e solu so lucio cion´ nário ar io é da segunda edi¸ Assim, se você quiser quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. ed. em m˜ aos, aos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-se que a foto deve estar numa boa resolu¸c˜ cao. aõ.

66










7


S´ erie erie de d e Potˆ encia enciass

7.1


1. Determine a região ao de convergˆ con vergência enc ia das séries eri es de potˆ po tências enci as a segui s eguir: r: ∞

A)

0

∞

B)

D)

∞

 0



( 1)n xn (2n (2n 1)32n−1

∞

(x

0

( 1)n (x 1)n (n + 1)2n

 − 0

C)

∞

2n x2n (2n (2n)!

  −

(n + 1)!(x 1)!(x 10n



− 5)n

E)



− −

ln(n) − e)nln( nen

1

∞



F)

 0

n 2n + 1





∞

G)

x sen

1

∞

H)

  1+

1

2n−1



xn


Aplicaremos o teste da raiz para convergência encia absoluta.

    

n 2n

      

2 x = lim lim n→∞ (2n (2n)!

n

lim

n→∞



(2x (2x2 )n (2n (2n)!



1 n

2x2

lim

n→∞

n

(2n (2n)!

Como lim

n→∞

lim

n→∞

n

(2n (2n)! = 0 en então:

2x2 n (2n (2n)!



lim (2x (2x2 )

n→∞

=

lim

n→∞

 n

(2n (2n)!

=

2x2

∞

=0

Portan Port anto to,, o dom do m´ınio ın io de conver con vergˆ gência enc ia é D c =

R.


lim

n→∞

=

( 1)n+1 (x 1)n+1 (n + 1)2n ((n ((n + 1) + 1)2n+1 ( 1)n (x 1)n

 −    lim

n→∞

−

n + 1 xn 2n + 4

− −x

· −

 

=

−

 −  1

x

2

  68

= lim lim

n→∞

 

(1

)(n + 1) − x)(n 2(n 2(n + 2)

π n

  ·  

 

1 n

n 2

n

xn


Para

 − 1

2

Para x Para x =

x




−1 < 1 −2 x < 1 ou −1 < x < 3, 3 , a série erie converge absolutamente. absolut amente.

< 1, 1 , ou

∞

2n , que é divergente. divergen te. (n + 1)2n

   − 

−1, temos

0

∞

Para x Para x = 3, temos

( 2)n , que qu e é absolut a bsolutamente amente convergente. converge nte. (n + 1)2n

0

Portan Port anto to,, o dom do m´ınio ın io de conver con vergˆ gência enc ia é D c = ( 1, 3]. 3].

−

Solu¸ c˜ cao ˜ de C:

lim

n→∞

    

((n ((n + 1) + 1)!(x 1)!(x 10n+1

− 5)n+1 ·

  

10n (n + 1)!(x 1)!(x

 

= lim lim

(n + 2)!(x 2)!(x 5) 10(n 10(n + 1)!

= lim lim

= lim lim

(n + 2)(x 2)(x 10

1 = lim (xn 10 n→∞

n→∞

n→∞

−

− 5)

n→∞

Entretanto, Entretanto, para x = 5 teremos Portanto, D Portanto, D c = 5

{ }



− 5)n

 

= lim lim

n→∞

(n + 2)(n 2)(n + 1)!(x 1)!(x 10(n 10(n + 1)!

− 5)

2x − 10) − 5n + 2x

1 (x 10

− 5)∞ = 0 < 1.



    =

(n + 2)!(x 2)!(x 5)n (x 5)10n 10n 10 (n + 1)!(x 1)!(x 5)n

· ·

1 (x 10

−

− −

− 5)∞

Ou seja, a s´ erie erie seria convergente. convergente.

Solu¸ c˜ cao ˜ de D:

Aplicaremos o teste da razão ao para convergência encia absoluta. absolu ta. lim

n→∞

( 1)n+1 xn+1 (2n (2 n 1)32n−1 ( 1)n xn (2(n (2(n + 1) 1)32(n+1)−1

 − − · − −  −   −   −  − − −      − −  −  (1 2n)x 9(2n 9(2n + 1)

= lim lim

n→∞

Para

= lim lim

n→∞

2x 2 x 1 , ou < 1, 18

1 <

2x < 1 ou 18

∞

Para x Para x =

9, temos

0

∞

Para x Para x = 9, temos

0

x 2nx 18 18n n+9

(2n (2n

=

  −

2x 18



9 < x < 9, 9 , a série erie converge absolutament absolu tamente. e.

9n , que é diver d ivergent gente. e. 1)32n−1

( 9)n , que qu e é absoluta ab solutamente mente convergente. converge nte. (2n (2n 1)32n−1

−

Portan Port anto to,, o dom do m´ınio ın io de conver con vergˆ gência enc ia é D c = ( 9, 9]. 9].

−

Solu¸ c˜ cao ˜ de E:

Aplicaremos o teste da razão ao para convergência encia absoluta. absolu ta.

69

 


lim

n→∞

=

=

   

 

(x e)n+1 ln( ln(n + 1) nen (n + 1)e 1)en+1 (x e)n ln( ln(n)

−

· ·

· −

 

 −     −         −     −  ·  −  − −  −   − 

lim

n→∞

lim

n→∞

Para


x e

(x e)ln( ln(n + 1)n 1)n (n + 1)eln 1)eln((n)

=

(x

e)ln( ln(n + 1) 1 1+ e ln( ln(n) n

1 < 1, 1 , ou

1 <

∞

lim

n→∞

=

x e

1+

(x

e)ln( ln(n + 1) 1 (n + 1)e 1)e ln( ln(n) n

·

·

   

x e

1 < 1 < 1,, ou 0 ou 0 < x < 2e 2e a série erie converge absolutament absolu tamente. e.

en ln( ln(n) , que qu e é absoluta ab solutamente mente convergente. convergen te. nen

Para x Para x = 0 temos

1

∞

2e

Para x Para x = 2e temos

1

en ln( ln(n) , que é divergente. diverge nte. n ne

Portan Port anto to,, o dom do m´ınio ın io de conver con vergˆ gência enc ia é D c = [0, [0, 2e). Solu¸ c˜ cao ˜ de F:

Aplicaremos o teste da raiz para convergência encia absoluta. lim

n→∞

lim

n→∞

Para

           −  n

2n−1

n 2n + 1

n 2n + 1

Para x Para x =

xn

2n−1

x < 1, 1 , ou 4

n

x

1 < ∞

1 n

=

x < 1, 1, ou 4

  

0

∞

0

n 2n + 1

n 2n + 1

x 4

−4 < x < 4 a série erie converge absolutament absolu tamente. e.

   

−4 temos

Para x Para x = 4 temos

  

2n−1

divergen te. − 4n, que é divergente.

2n−1

4n , que q ue é dive d ivergen rgente. te.

Portan Port anto to,, o dom do m´ınio ın io de conver con vergˆ gência enc ia é D c = ( 4, 4). 4).

−

Solu¸ c˜ cao ˜ de G:

Aplicaremos o teste da raiz para convergência encia absoluta.

70


lim

n→∞

       n

xsen

π n

n


=0

Portan Port anto to,, o dom do m´ınio ın io de conver con vergˆ gência enc ia é D c =

R.

Solu¸ c˜ cao ˜ de H:

Aplicaremos o teste da raiz para convergência encia absoluta. n

lim

n→∞

n 2

            ·      − 

= lim lim

n→∞

1+

1 n

xn

1 1 2 1+ x = 1 x = x n

Para x < 1, 1 , ou

1 < x < 1, 1 , a série erie converge absolutament absolu tamente. e.

Mas, para x para x = 1 ou

di vergen gente te.. −1 é diver

Portan Port anto to,, o dom do m´ınio ın io de conver con vergˆ gência enc ia é D c = ( 1, 1). 1).

−


71










8


Soma de uma u ma S´ erie erie de Potˆ encias encias

8.1


1. Aplicando Aplicando diferencia¸ diferencia¸c˜ cao aõ ou integra¸c˜ cao aõ termo a termo, determine a soma das seguintes séries eries de potˆ po tência enc ia.. ∞

A)

1

∞

B)

( 1)n xn+1 n+1

 −

∞



D)

0

∞

2xn n

  1

E)

C)



( 1)n−1 x2n−1 2n 1

 − 1

∞



( 1)n+1 xn+2 (n + 2)n 2)n!

 −

−

∞

G)

( 1)n (n + 1)(x 1)(x n 3

 − 1



∞ n

((n ((n + 2)x 2)x )

F)

0



n(n + 1)x 1)xn−1

1




Sabe-se que ∞

1

1



− x = n=0 x

trocando x por -x

n

∞

1

1 = ( x)n ( x) n=0

−−

− − ∞

⇒

1 = ( 1)n xn 1 + x n=0

integrando



1 dx = dx = 1+x

∞

  −  −  −

( 1)n xn dx

n=0

∞

ln (1 + x) = ⇒ ln(1

( 1)n

xn dx

n=0 ∞

⇒ ln(1 ln (1 + x) =

( 1)n xn+1 +c n + 1 n=0

onde c onde c é uma constante. E para determinar seu valor fazemos x fazemos x = 0 na equa¸c˜ cão ao acim ac imaa 73

− 2)n





∞

ln(1 ln(1 + 0) =

( 1)n 0n+1 +c n + 1 n=0

−

·

⇒ ln(1) ln (1) = 0 + c c = 0 ⇒ c = Ou seja, ∞

ln(1 ln(1 + x) =

( 1)n xn+1 n+1 n=0

−

e levando em conta a igualdade a seguir ∞

∞

0

( 1)n xn+1 ( 1)n xn+1 = n+1 n+1 n=1 n=0 então

−

( 1)n xn+1 n+1 n=0

−

∞

( 1)n xn+1 = ln(1 ln (1 + x) n + 1 n=1

−  ⇒ −  ⇒ −  ⇒ − ∞

 − − 0

( 1)n xn+1 n+1 n=0

 − −

( 1)n xn+1 = ln(1 ln (1 + x) n + 1 n=1

( 1)0 x0+1 0+1

− −

∞

( 1)n xn+1 = ln(1 ln (1 + x) n + 1 n=1

− x1

∞

( 1)n xn+1 = ln(1 ln (1 + x) n+1 n=1

Ou seja, a soma será ln l n(1 + x)

−x

− x.


Sabe-se que

1

∞

1



1

  

− x = n=0 x

Integrando ambos os lados



1

−x

n

∞

=

xn

n=0

∞

ln(1 − x) = ⇒ −ln(1 74

xn+1 + c n + 1 n=0



multiplicando por 2 ∞

2xn+1 +c n + 1 n=0



−2 · ln(1 ln(1 − x) = Fazendo n Fazendo n igual a n a n

−1

∞

−2 · ln(1 ln(1 − x) =

2x(n−1)+1 + c (n 1) + 1 n−1=0



⇒ −2 · ln(1 ln(1 −

−

∞

2xn x) = +c n n=1



Para determinar o valor de c de c fazemos x = 0. ∞

2 0n +c n n=1



ln(1 − 0) = −2 · ln(1

·

ln(1) = 0 + c ⇒ −2 · ln(1)

⇒ −2 · 0 = 0 + c ⇒ c = c = 0 Sendo assim, ∞



n=1

2xn = n

−2 · ln(1 ln(1 − x)

1 ln(1 − x) ou, ln l n(1 − x)−2 ou, . −2ln(1 ln(1 ln(1 − x)2

Portanto, sua soma será Solu¸ c˜ cao ˜ de C:

Sabe-se que ∞

1 1

2

−x

= 1+x+x +

xn

=

n=0

∞

1

2

⇒ (1 − x)2 = 1 + 2x 2 x + 3x 3x

+

=

n=1

Trocando n Trocando n por p or n n + 2 ∞

1

(1

 ···  ···



(n+2)−1

2)x − x)2 = n+2=1(n + 2)x 1

⇒ (1 − x)2 =

∞



(n + 2)x 2)xn+1

n=−1

75

nxn−1



⇒ (1 −1x)2x = Quando n Quando n = =

∞



(n + 2)x 2)xn

n=−1

cão ao acima aci ma é igual igu al a 1/x. −1 o lado direito da equa¸c˜ ( 1 + 2)x 2)x−1 = 1 x−1 =

−

·

1 x

Sendo assim, ∞

∞





n

(n + 2)x 2)x =

n=0

(n + 2)x 2)xn

n=−1 ∞

 ⇒  ⇒

(n + 2)x 2)xn =

n=0

1 (1 x)2 x

− x1

−

∞

(n + 2)x 2)xn =

n=0

Portanto, sua soma será

− x1

2 x (1 x)2

− −

2 x . (1 x)2

− −

Solu¸ c˜ cao ˜ de D:

Sabe-se que ∞

xn n! n=0



x

e = Chamando x Chamando x de

−x

∞

e−x =

( x)n n! n=0

− − ∞

⇒ e

−x

=

Multiplicando tudo por x por x

( 1)n xn n! n=0

∞

−x

xe

=

( 1)n xn x n! n=0

− −

·

∞

⇒ xe−x = Integrando



( 1)n xn+1 n! n=0

∞

−x

xe

dx = dx =

( 1)n xn+1 dx n!

  −

n=0

76



∞

(x + 1)e 1)e−x =

( 1)n xn+2 +k ( n + 2)n 2) n ! n=0

−

−1

Multiplicando ambos os membros por

∞

1)e −(x + 1)e

−x

=

( 1)n+1 xn+2 (n + 2)n 2)n! n=0

−

−k

Fazendo x Fazendo x = 0 na equa¸c˜ cao ão acima chegamos chegam os a k = 1. Sendo assim: ∞

−(x + 1)e 1)e

−x

+1 =

−(x + 1)e 1)e−x + 1. 1.


( 1)n+1 xn+2 (n + 2)n 2)n! n=0

−

Solu¸ c˜ cao ˜ de E:

Sabe-se que ∞

1 = ( 1)n x2n 2 1+x n=0

−

Integrando



∞

1 dx = dx = 1 + x2

  − −

( 1)n x2n dx

n=0

∞

⇒ arctg( arctg (x) = Trocando n Trocando n por p or n n

−1

( 1)n x2n+1 +k 2 n + 1 n=0

∞

( 1)n−1 x2(n−1)+1 arctg( arctg(x) = +k 2(n 2(n 1) + 1 n−1=0

 − −

−

∞

⇒ arctg( arctg(x) =

( 1)n−1 x2(n−1)+1 +k 2 n 1 n=1

−

Fazendo x Fazendo x = 0 descobrimos k = 0. Sendo assim, ∞

( 1)n−1 x2(n−1)+1 arctg( arctg(x) = 2n 1 n=1

−

Portanto, sua soma será arctg( arctg(x).

−

Solu¸ c˜ cao ˜ de F:

Sabe-se que ∞

1

1



− x = n=0 x 77

n



Derivando ∞

    −  ⇒ 1

Dx

1

x

n=0

∞

1

(1

Fazendo n Fazendo n igual a n a n + 1

−

n−1

− x)2 = n=1 nx ∞

1 (1

=

x)2

 

nx(n+1)−1

n+1=1 ∞

1

⇒ (1 − x)2 = Derivando novamente Dx



(n + 1)x 1)xn

n=0

∞

  −  − 1

(1

xn

= Dx

= D x

x)2

(n + 1)x 1)xn

n=0

∞

2(1 x) = n(n + 1)x 1)xn−1 (1 x)4 n=0

⇒ − Sendo assim, ∞



n(n + 1)x 1)xn−1 =

n=0


2

(1

2

− x)3

(1

− x)3 .

Solu¸ c˜ cao ˜ de G:

Sabe-se que ∞

1

1 Chamando x Chamando x de

x 3 1 1

−

⇒ Chamando x Chamando x de



− x = n=0 x ∞

n

x x = 3 n=0 3 1

1

−

n

   ∞

xn = x 3n n=0 3

−x 78





∞

1

⇒

1 ( x)n = ( x) 3n n=0 3

− −

− −

∞

1

x = 1+ n=0 3

( 1)n xn 3n

Multiplicando por x por x ∞

x

( 1)n xn+1 3n

−

x = 1+ n=0 3 Derivando a igualdade acima chegamos à: a: ∞

9 ( 1)n (n + 1)x 1)xn = (x + 3)2 n=0 3n Fazendo x Fazendo x igual a x

−

−2

∞

((x ((x

−

9 ( 1)n (n + 1)(x 1)(x = n 2 2) + 3) 3 n=0

− − ∞

⇒

9 = (x + 1)2 n

=0

( 1)n (n + 1)(x 1)(x 3n

− 2)n

− 2)n

Fazendo n Fazendo n = = 0 na equa¸c˜ cao aõ acima chegamos ao valor 1. ( 1)0 (0 + 1)(x 1)(x 0 3

−

− 2)0 = 1 = 1 1

E como ∞

( 1)n (n + 1)(x 1)(x 3n n=1

−

− 2)n =

∞

( 1)n (n + 1)(x 1)(x 3n n=0

( 1)n (n + 1)(x 1)(x n 3 n=1

 ⇒ − Portanto, sua soma será

9 (x + 1)2

∞

−

− 2)n =

9 (x + 1)2

− 2)n − 1

− 1

− 1. x



2. Determine Determi ne o dom´ dom´ınio de f de f , f e



f ( f (t)dt, dt, onde f onde f ´ é definida defin ida por uma série eri e de potˆ po tências: enci as:

0

∞

x2n A) f A) f ((x) = (2n (2n)! n=0

  √ ∞

B) f B) f ((x) =

n=1

xn n

79




O dom´ınio ıni o da fun¸ função f ( f (x) é igual igua l ao dom´ınio ıni o de convergˆ con vergência enci a (ver (ve r exerc exer c´ıcio ıci o 1 da página agi na 71). 71) . Primeiro vamos aplicar o teste da raz˜ ao ao para convergência encia absoluta. absolu ta. an+1 x2(n+1) (2 ( 2n)! lim = lim lim n→∞ n→∞ (2(n an (2(n + 1))! x2n





x2 (2n (2n)! = lim lim n→∞ (2n (2n + 2)!

     

 



·

x2 (2n (2n)! = lim lim n→∞ (2n (2n + 2)(2n 2)(2n + 1)(2n 1)(2n)!



 

x2 = lim lim =0 n→∞ (2n (2n + 2)(2n 2)(2n + 1)

 

Como 0 Como 0 < 1 < 1 ent ent˜ão ao Dc = Dm(f(x)) = R. ∞

2n x2n−1 Analogamente se determina o dom´ dom´ınio para f para f = e (2n (2 n )! n=0





·

∞

t



f ( f (t)dt = dt =

0

x2n+1 . (2n (2 n )! n=0




Quase Qua se idêntica ent ica a quest q uest˜ão ao anteri ant erior. or. Veja tamb´ tam bém em a quest˜ ques t˜ ao ao 1 da página agina 71.

3. A) Represente a fun¸c˜ cao aõ f ( f (x) = xe x por uma série erie de potˆ po tência enci a de x. ∞

B) Integrando a s´ erie erie obtida no intervalo x intervalo x

[0; 1], 1], mostre que ∈ [0;

Solu¸ c˜ cao ˜ de A: ∞

xn e = n! n=0 x

   ∞

⇒ xe

x

=

xn x n ! n=0 ∞

⇒ xe

x

=

n=0


Como

80

·

xn+1 n!

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





∞

∞





xn+1 xn+1 = n! n! n=1 n=0 então

0

xn+1 n! n=0

 −

∞

xn+1 = xe x n! n=1 integrando no intervalo x intervalo x



∈ [0, [0, 1] 1 ∞

1

xn+1 dx = dx = n ! n=1

−x

   −        ⇒ − −     ⇒ − −    ⇒ −  ⇒ 0

∞

∞

n=1

ex (x

=

(0)n+2 (n + 2)n 2)n!

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

n=1

1)

0

(1)n+2 (n + 2)n 2)n! ∞

x) dx d x

0

1

x(n+1)+1 (n + 2)n 2)n!

n=1

(xex

0

=1

=

1 2

∞

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

Como se queria queria demonstrar demonstrar..

4.Utilizando 4.Util izando as s´ eries eries de potências encias convenientes convenie ntes mostre que: ∞

( 1)n A 2n+1 (n + 1) n=0

−



∞

B)



n=0

(2n (2n

−

1 ln(3) ln(3) = n − 2 1 1)2 2

∞

C)

n 4 = n 2 2 9 n=1



Solu¸ c˜ c˜ ao ao de A: ∞

1

1



− x = n=0 x

Fazendo x Fazendo x = x/ = x/22

81

n

x2 2

1 2

1 0



1 1

−

∞

x x = 2 n=0 2 1

1 Fazendo n Fazendo n = = n n

−

n

   ∞

xn = x 2n n=0 2

−1 1 1

−

∞

xn−1 = x 2n−1 (n−1)=0 2

  ∞

xn−1 = x 2n−1 1 n=1 2 Integrando a identidade acima chegamos até

⇒

1

−

∞

k

ln(|x − 2|) = − 2ln(

xn n 2n−1 n=1



·

Fazendo x Fazendo x = 0 chegamos ao valor da constante k constante k..

∞

k

0n n 2n−1 n=1



ln(|0 − 2|) = − 2ln(

·

ln(2) = 0 ⇒ k − 2ln(2) k = 2ln(2) ln(2) ⇒ k = Sendo assim, ∞

xn = k n−1 n 2 n=1

  ⇒

·

ln(|x − 2|) − 2ln(

∞

xn = 2ln(2) ln(2) n 2n−1 n=1

Fazendo agora x =

−x

·

− 2ln( ln(|x − 2|)

∞

( x)n = 2ln(2) ln(2) n−1 n 2 n=1

− ·  ⇒ −·  ⇒ −

− 2ln( ln(| − x − 2|)

∞

( 1)n xn = 2ln(2) ln(2) n−1 n 2 n=1

ln(| − (x + 2)|) − 2ln(

∞

( 1)n xn = 2 (ln(2) ln(2) n 2n−1 n=1

·

Fazendo n Fazendo n = = n n + 1

82

ln(|x + 2|)) − ln(


∞


( 1)n+1 xn+1 = 2 ln (n+1)−1 ( n + 1) 2 n+1=1



−

·

·

∞

( 1)n+1 xn+1 = 2 ln n ( n + 1) 2 n=0

 ⇒ −

·

·





|

|

2 x+2

2 x+2

|

|





− 12

Multiplicando ambos os termos por 1 2

∞

( 1)n+1 xn+1 = 2 ln n+1 n 2 n=0

 − · − ·  ⇒ − ∞

n=0

Fazendo agora x = 1.

·

( 1)n xn−1 = n 2n+1

 ·− | |  

−ln |x +2 2|

·

∞

( 1)n 1n−1 = n+1 n 2 n=0

− ·  ⇒  ⇒

−ln

∞

  | |   2 1+2

( 1)n = ln n+1 n 2 n=0

− · ∞ (−1)n = ln n · 2n+1 n=0

Como se queria queria demonstrar demonstrar..

2 x+2

3 2 3 2

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de B: ∞

1

1



− x = n=0 x

Chamando x de x/2

n

∞

1

−

1 x = (x/2) x/2) n=0 2

n

  ∞

⇒ 1−

1 xn = (x/2) x/2) n=0 2n



Integrando a equa¸c˜ cao aõ acima

∞

xn+1 2 ) + k = (n + 1)2n n=0



ln(|x − | −2 · ln( Fazendo x Fazendo x = 0 encontramos k encontramos k = 0.

83

1 2



∞

0n+1 (n + 1)2n n=0



ln(|0 − 2|) + k = −2 · ln(

ln(2) + k = 0 ⇒ −2 · ln(2) k = 2 · ln(2) ln(2) ⇒ k = Então ∞

ln(|x − 2|) + k = −2 · ln(

xn+1 (n + 1)2n n=0



∞

xn+1 = n ( n + 1)2 n=0

 ⇒ Fazendo n Fazendo n = = 2n

−2 · ln( ln(|x − 2|) + 2 · ln(2) ln(2)

− 2 o lado esquerdo da equa¸c˜ cao aõ acima teremos ∞

x2n−1 = 2 (ln(2) ln(2) 2n−2 (2n (2 n 1)2 n=1



−

∞

− ·ln( ln(|x − 2|))

x2n−1 = 2 ln (2n (2n 1)22n−2 n=1



·

−

Multiplicando ambos os lados por

2

|x − 2 |



1 22

∞

x2n−1 = (2n (2n 1)22n n=1





−

−

1 ln 2



1 ln 4

 

2

|x − 2 |



Finalmente fazemos x = 1 ∞

12n−1 = 2n (2n (2 n 1)2 n=1



−

−

∞



n=1

(2n (2n

−

1 = 1)22n−2

2

|1 − 2|

−14 ln (2)

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de C: A cargo do leitor. 84



5. Obtenha Obtenh a a série erie de potências encias de x de x para:

A) f A) f ((x) =

B) f B) f ((x) =

x 1

D) f D) f ((x) =

− 3x

x2 + 1 x 1

x2

E) f E) f ((x) = ln(3 ln (3 + 2x 2x)

−

x

x3 C) f C) f ((x) = 4 x3

F) f F) f ((x) =

−

   0

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de A: ∞

1

1



− x = n=0 x

n

Fazendo x Fazendo x = 3x/2 x/2 ∞

n

 

1 = 3x 3 x n=0 1 2

−

3x 2


n

 

x = 3x 3 x n=0 1 2

−

3 2

xn+1

Dividindo por 2 ∞

x

3n xn+1 2n+1 n=0

−    ⇒ 3x 3 x 2

2 1

x

2

−

=

∞

3n xn+1 = 3x n=0 2n+1

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de B: ∞

1

1

 −

− x = n=0 x 1

⇒ x−1 =

−

1 3x + 2

n

∞

( 1)n xn

n=0

Multiplicando por x por x 2 + 1 85

ln 1 + t2 dt

x2 G) f G) f ((x) = xe 2 −

H) f H) f ((x) =

x (1 + x)2



∞

x2 + 1 = ( 1)n xn (x2 + 1) x 1 n=0

−

⇒ −

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de C: ∞

1 1

−x

=



xn

n=0

Fazendo x Fazendo x = x/ = x/44 1 1

−

∞

x x = 4 n=0 4

n

 

Multiplicando por 1/4 ∞

1 1 xn = 4 1 x 4n+1 n=0 4

·



−


x

−   =

x 4

4 1

n=0

xn+1 4n+1

Fazendo x Fazendo x = x = x 3 x3 x 3 4 1 4

∞

(x3 )n+1 4n+1 n=0

−    ⇒ =

∞

x3 x3n+3 = 4 x3 n=0 4n+1

−

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de D: Usando Usa ndo a técnica ecni ca das fra¸ fra ¸c˜ coes o˜es parciais prova-se a seguinte seguinte igualdade igualdade 1 1 1 = 3x + 2 x 2 x 1 A estrat´ est ratégia egia agora é determinar det erminar a série erie que representa cada um dos d os termos t ermos a direita di reita para obter o bter a resposta respo sta (que é a série erie que representa o termo t ermo a esquerda) es querda).. x2

− − −

−

Como 1 1

−x

∞

=



xn

n=0

então

86


1

−

1)x 1)xn

− 1 = n=0(

x

Para obter a s´ erie erie que representa o termo

1

x

∞

1

erie − 2 partimos agora da série

−

1)x 1)xn

− 1 = n=0(

x


Fazendo x Fazendo x = x/ = x/22 x 2

∞

1

− 1

=

x 2

n

−   ( 1)

n=0

E multiplicando por 1 por 1//2 1 2

∞

n

· x 1 = (−1) 2xn+1 − 1 n=0 2

 − ∞

1

⇒ x−2 =

( 1)

n=0

xn 2n+1

Sendo assim:

x2

−

1 1 = 3x + 2 x 2

1 − − x−1

∞

∞

⇒ x2 −

1 xn = ( 1) n+1 3x + 2 n 2 =0

⇒ x2 −

1 xn = ( 1) n+1 3x + 2 n=0 2

 − −  −   − − −   −  ( 1)x 1)xn

n=0

∞

∞

⇒ x2 −

1 = 1 3x + 2 n=0

( 1)x 1)xn

1

2n+1

xn

Obs: O m´ etodo etodo aplicado aqui n˜ ao ao se estende a todos os casos em que h´ a um polinˆ omio omio um pouco mais “complexo” no denominador, mas geralmente é a sa´ sa´ıda. A seguir coloco um exemplo de ˜ proceder. como N como N AO proceder. AO ∞

1

1



− x = n=0 x

Fazendo x Fazendo x = 1 3x 3 x

− x2 1− 2

n

3x

− x 2 en então: 2

∞

=



n=0

3x

− x2 2



n

87


⇒

−

2 1

1 3x

∞

− 2

x2

(3x (3x x2 )n 2n+1 n=0

−

   − =


∞

⇒ x2 −

1 (3x (3x x2 )n = 3x + 2 n=0 2n+1

Observe que essas opera¸c˜ coes, o˜es, aparentemente lógicas, ogicas, resultam numa s´ erie erie bem b em diferente da resposta correta. Por isso, deve-se ter muito cuidado com os valores que escolhemos para substitui¸cão de x. x . A dica é sempre se mpre evitar ev itar usar como c omo substitui¸ substi tui¸c˜ cão ao para pa ra x x express˜ expressões oes polinomiais muito extensas ou “complexas”. Solu¸ c˜ c˜ ao ao de E: Seja f Seja f ((x) = ln(3 ln (3 + 2x 2x) então ao sua primitiva primitiv a F(x) F (x) ser´ a: a: F(x) =

2 , pois F’(x) = f(x) 3 + 2x 2x

Como ∞

1 1

−x



=

n=0

Multiplican Multiplicando do por 2

∞

2

1 Fazendo x Fazendo x =

xn



n

− x = n=0 2 · x

x/3 −2x/3

∞

 − 

2 = 2 2x 2 x n =0 1+ 3

2x 3

n

Multiplicando por 1/3 1 3

·

2

∞

 −  −

2 = 2x 3 n=0 1+ 3

2x 3

n

∞

⇒

2 ( 1)n 2n+1 xn = 3 + 2x 2 x n=0 3n+1

Integrando ambos os termos

  

2 3 + 2x 2x

∞

   −     −

( 1)n 2n+1 xn 3n+1 n=0

dx = dx =

∞

ln (3 + 2x 2x) + k = ⇒ ln(3

n=0

88

 

( 1)n 2n+1 xn 3n+1

dx

dx



∞

ln (3 + 2x 2x) + k = ⇒ ln(3 Fazendo x Fazendo x = 0 encontramos k encontramos k..

( 1)n 2n+1 xn+1 (n + 1)3n+1 n=0

−

∞

ln(3 ln(3 + 2 0) + k =

·

( 1)n 2n+1 0n+1 (n + 1)3n+1

−

n=0

·

⇒ k = k = −ln(3) ln(3) Sendo assim, ∞

( 1)n 2n+1 0n+1 (n + 1)3n+1 n=0

− −

ln(3 ln(3 + 2x 2x) + k =

·

∞

ln (3 + 2x 2x) − ⇒ ln(3

( 1)n 2n+1 0n+1 ln(3) ln(3) = (n + 1)3n+1 n=0

⇒ ln(3 ln (3 + 2x 2x) =

( 1)n 2n+1 0n+1 + ln(3) ln(3) n+1 ( n + 1)3 n=0

∞

−

ou mesmo ∞

ln(3 ln(3 + 2x 2x) =

( 1)

n=0

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de F: 1

∞

=



1 x n=0 Fazendo x Fazendo x =

−

xn

−t2 ∞

1

1 = ( t2 )n ( t2 ) n=0

−

−−

∞

1 = ( 1)n t2n 2 1+t n=0

−

Multiplicando por 2 por 2tt ∞

2t = ( 1)n t2n+1 2 2 1+t n=0

−

·

Integrando ambos os termos ∞

      −  2t 1 + t2

dt = dt =

·

n+1

−   n

( 1)n t2n dt

n=0

89

·

2 3

n+1

ln(3) · nx + 1 + ln(3)



∞

        −  ⇒ − ⇒ | | 2t 1 + t2

( 1)n t2n dt

dt = dt =

n=0 ∞

ln( ln ( 1 +

t2

) + k =

( 1)n t2n+2 n+1 n=0

Fazendo t Fazendo t = 0 chegamos a k a k = 0. Portanto, ∞

ln( ln( 1 +

|

t2

|) =

( 1)n t2n+2 n+1 n=0

−

Integrando novamente ∞

  | |    −         − ⇒ | |  | |  − ⇒ x

x

2

( 1)n t2n+2 n+1 n=0

ln( ln( 1 + t ) dt = dt =

0

0

∞

x

x

2

ln( ln( 1 + t ) dt = dt =

0

n=0

0

( 1)n t2n+2 n+1

∞

x

2

ln 1 + t

dt = dt =

0

( 1)n x2n+3 (n + 1)(2n 1)(2n + 3) n=0

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de G: ∞

x

e =

xn n! n=0



Fazendo x Fazendo x =

−x (−x)n

∞ −x

e

=

 − n!

n=0

∞

⇒ e

−x

=

( 1)n xn n! n=0

Fazendo x Fazendo x = x = x 2 /2

⇒

x2 e 2 = −

∞

( 1)n x2n 2n n! n=0

−

·

Multiplicando por x por x

⇒

x2 − xe 2 =

∞

( 1)n x2n+1 2n n! n=0

−

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de H:

90



∞

1

⇒ 1−x =



xn

n=0

Derivando ambos os membros ∞

1 (1

x)2

−



=

nxn−1

n=0


x (1

−

x)2



=

n=0

x2 22

Fazendo x Fazendo x = x2 22 x2 1 22

nxn

∞

x2 22

   −   ⇒ =

2

n

n=0

n

∞

x2 /4 x2n = n (1 x2 /4)2 n=0 22n

−

Fazendo x Fazendo x = 1 ∞

4 n = 9 n=0 22n

  ∞

Como

n = 0 para n para n = 0 en então: 22n n=0

∞

∞





n n = n 2 2 22n n=0 n=1 Portanto, ∞



n=1

n 4 = n 2 9

6. Calcule o valor aproximado de ln(1,1), com duas dua s casas decimais, usando as s´ eries eries de potências encias convenientes. Solu¸ c˜ ao: ∞

ln(1 ln(1,, 1) =

−

( 1)n

n=0

(0, (0, 1)n+1 = 0, 1 n+1

− 0, 005 + 0,0, 0003 · · · 91



ln(1 ln(1,, 1)

≈ S 1 = 0, 1

7. Calcule o valor de e com três es casas cas as decimai deci mais, s, usando usa ndo séries. erie s. Solu¸ c˜ ao: ∞

xn e = n! n=0



x


x

e =

xn n! n=0




e1

=

1n n! n=0

  ∞

e = ⇒ e =

1 n! n=0

Aproximando através es dos do s 8 primeiros termos

≈ 0!1 + 1!1 + 2!1 + ·s + 8!1 2 , 718 ⇒ e ≈ 2,

e


92










9


S´ erie erie de Taylor Taylor

9.1


1

1. Utilizando séries eries que representam as fun¸c˜ cões oes potˆ po tência en ciass de ( de (x x A) f A) f ((x) =

, ex , sen(x), cos(x), expanda em s´ erie erie de

1−x − a) as seguintes fun¸c˜ cões, oes, indica ind icando ndo a regi˜ r egião ao de convergˆ conv ergência. enci a.

1 ; a = 0 1 + x2

B) f B) f ((x) = ln(1 ln (1 + x); a = 0 C) f C) f ((x) = e −2x ; a = 0 D) f D) f ((x) = sen 2 (x); a = 0; suge su gest˜ stão: ao : sen2 (x) = E) f E) f ((x) = e −x/2 ; a = F) f F) f ((x) =

1

− cos(2 cos(2x x) 2

−2

1 ; a = 2 (1 x2 )2

−

G) f G) f ((x) = ln( ln (x + 2); a = 1 H) f H) f ((x) =

1 ; a = 1 5x + 6

x2

− I) f I) f ((x) = (x ( x − π )3 sen(3 sen(3x x); a = π = π sug suges est˜ tão: ao : sen( sen(a + b) = sen( sen (a)cos( cos(b) + cos( cos(a)sen( sen(b) J) f J) f ((x) = x · cos( cos(x); a = 0 Solu¸ c˜ cao ˜ de a: ∞

1

1



− x = n=0 x

n

Derivando ∞

1 (1

−

x)2

=



nxn−1

n=0

Trocando x Trocando x por p or

−x ∞

1 = n( x)n−1 2 ( x)) n=0

− −

(1

−−

⇒

1 = n( 1)n−1 xn−1 (1 + x)2 n=0

∞

C.Q.D. 94



Para dete d etermin rminar ar o “raio “rai o de convergˆ conv ergência” enci a” ou o u “dom “d om´´ınio ıni o de convergˆ conv ergência”, enci a”, usamos usa mos o teste te ste da raz˜ r azão. ao.

 

an+1 an

 

 

(n + 1)( 1)n xn n( 1)n ( 1)x 1)xn x−1

 

− · lim = lim lim = |x| n→∞ n→∞ − ·− · Para que a série erie seja convergente converg ente é necessário ario que |x| < 1, sendo assim, a série erie é convergente convergen te para |x| < 1 < 1.. Solu¸ c˜ cao ˜ de b: ∞

1 1

−x

=



xn

n=0


−x ∞

1

1 = ( x)n ( x) n

−−

−  =0

∞

1 = (1)n xn 1 + x n=0

⇒

Integrando ∞

       ⇒ − ⇒



dx = 1+x

(1)n xn dx

displaystyle

n=0

∞

dx = ((1)n xn ) dx 1 + x n=0 ∞

( 1)n xn+1 ln(1 ln (1 + x) + k = n+1 n=0

Fazendo x Fazendo x = 0 encontramos o valor de k. ∞

ln(1 ln(1 + 0) + k =

( 1)n 0n+1 n+1 n=0

−

⇒ ln(1) ln (1) + k = 0 k = 0 ⇒ k = Portanto; ∞

( 1)n xn+1 n+1 n=0

− −

ln(1 ln(1 + x) + k =

∞

⇒

( 1)n xn+1 ln(1 ln (1 + x) = n+1 n=0

95



C. Q. D. Para determinar o d o dom´ om´ınio ın io de conver co nvergˆ gˆ encia en cia usamos o teste da razão. ao.

lim

n→∞





an+1 an

= lim lim

n→∞

( 1)n+1 x(n+1)+1 n+1 ((n ((n + 1) + 1) ( 1)n xn+1

−

· −



= x

| |

Como pelo teste da razão ao a série erie converge apenas apen as para x < 1 < 1,, ou

| |

então: −1 < x < 1 en

Para x Para x = = 1 a série erie diverge div erge e para p ara x x = = 1 a série erie converg con verge. e. Sendo Send o assi a ssim, m, o dom do m´ınio ıni o de d e conver co nvergˆ gência enci a é Dc = ( 1, 1]. 1].

−

−

Obs: Como a determina¸c˜ cão ao do dom´ınio ın io de conve con vergˆ rgência en cia é algo al go triv tr ivia ial,l, ent˜ en tão ao ficar´ fica rá a cargo car go do leitor os próximos oxi mos exerc exer c´ıcios. ıcio s. Solu¸ c˜ cao ˜ de c: ∞

x

e =

xn n! n=0




−2x (−2x)n

∞ −2x

e

=

 − n!

n=0

∞

⇒ e

−2x

( 1)n 2n xn (1) n ! n=0

=

· ·

Chamando x Chamando x de x + 1 ∞

−2(x+1)

e

=

( 1)n 2n (x + 1)n n! n=0

−

· ·

Multiplicando por e por e 2 ∞

−2(x+1)

e

·

e2

( 1)n 2n (x + 1)n 2 = e n! n=0

−

∞

−2x

e

=

· ·

·

( 1)n e2 2n (x + 1)n n ! n=0

−

·

A região ao de convergência encia (ou o dom´ dom´ınio de convergência) encia) fica a cargo do leitor. Obs: A igualdade iguald ade em (1) ( 1) tamb´ t ambém em é uma um a respost re spostaa aceit´ ac eitável. avel. O professor profe ssor deve de ve ficar atento atent o a esse tipo de caso. Solu¸ c˜ cao ˜ de d:

96



∞

cos( cos(x) =

( 1)n x2n (2n (2n)! n=0

−

Fazendo x Fazendo x = 2x ∞

( 1)n (2x (2x)2n cos(2 cos(2x x) = (2n (2n)! n=0

− − ∞

( 1)n 22n x2n (2n (2n)! n=0

cos(2x x) = ⇒ cos(2

·

·

Multiplicando por ∞

−cos(2 cos(2x x) =



−1 (−1)n+1 · 22n · x2n (2n (2n)!

n=0

Multiplicando por 1/2. cos(2x x) − cos(2 = 2

∞

( 1)n+1 22n−1 x2n (2n (2n)! n=0

−

·

·

Finalmente somamos 1/2 a ambos os membros. 1 2

∞

−

cos(2 cos (2x x) ( 1)n+1 22n−1 x2n 1 = + 2 (2n (2 n )! 2 n=0

1 2

⇒ −

− − − −

cos(2 cos(2x x) = 2

1

cos(2x x) ⇒ − cos(2 = 2

1 +x 2

( 1)n+1

n=1

⇒

=

( 1)n+1

n=1

·

−

∞

∞

sen 2 (x)

·

x4 x6 + 3 45

 − · · ·

2n−1 x2n (2n (2n)!

·

2n−1 x2n (2n (2n)!

·

Solu¸ c˜ cao ˜ de e: ∞

x

e =

xn n! n=0



Fazendo x Fazendo x = x/ = x/22 e(x/2) =

x n 2 n!

   ∞

n=0


−x

97

+

1 2


x − e 2 =

x 2 n!

n=0

⇒ ⇒

n

  − ∞

x − e 2 =

n

( 1)

− − ∞

x e 2 =

x 2

n



n!

n=0 −


∞

( 1)n xn 2n n! n=0

·

Fazendo x Fazendo x = x = x + 2

⇒

(x + 2) 2 e = −

∞

( 1)n (x + 2)n 2n n! n=0

−

·

E multiplicando por e por e

⇒ ⇒

(x + 2) 2 e e = −

·

x e 2 = −

∞

( 1)n (x + 2)n e 2n n! n=0

−

∞

·

·

( 1)n (x + 2)n e 2n n! n=0

−

·

·

Solu¸ c˜ cao ˜ de f:

Nessa questão ao h´ a um pequeno equ´ equ´ıvoco na resposta do livro. Por esse motivo essa quest˜ ao ser´ se rá resolvida de duas formas e teremos dois resultados. Primeira Solu¸ c˜ ao: ∞

1 1

−x

=



xn

n=0

Derivando ∞

1



n−1

− x)2 = n=0 nx Fazendo x Fazendo x = −x (1

∞

1 = n( x)n−1 ( x))2 n=0

− −

(1

−−

⇒

1 = n( 1)n−1 xn−1 (1 + x)2 n=0

∞

−1

Multiplicando por

98


1 ( 1) = ( 1) (1 + x)2

− ·

−


∞

 ·

n( 1)n−1 xn−1

−

n=0

∞

⇒ (1 +−1x)2 =



n( 1)n xn−1

−

n=0

Multiplicando novamente por

−1

−1 = ( −1) · (−1) · (1 + x)2

∞



n=0

n( 1)n xn−1

−

∞

⇒

1 = n( 1)n+1 xn−1 2 (1 + x) n=0



−

Fazendo x Fazendo x = x = x

−2

1 (1 + (x (x

 −

∞

=

2))2

−

n( 1)n+1 (x

n=0

−

− 2)n−1

∞

1

( 1)n+1 n(x

⇒ (x − 1)2 =

n=0

·

− 2)n−1

Segunda Solu¸ c˜ ao: ∞

1 1

−x

=



xn

n=0

Derivando ∞

1

(1



n−1

− x)2 = n=0 nx

Solu¸ c˜ cao ˜ de g: ∞

1



n

− x = n=0 x Fazendo x Fazendo x = −x 1

∞

1

1 = ( x)n ( x) n=0

−

−−

∞

1 = ( 1)n xn 1 + x n=0

−


x 3

99


1 x = ( 1)n 1 + (x/ ( x/3) 3) n=0 3


n

−  

Integrando

  

∞

   −           | − − |

1 1 + (x/ ( x/3) 3)

( 1)n

dx = dx =

n=0

∞

3ln((|x + 3 ) + k = ⇒ 3ln

( 1)n

n=0

x 3

n

x 3

n

dx

dx

∞

3ln((|x + 3 ) + k = ⇒ 3ln

( 1)n xn+1 (n + 1)3n n=0

Multiplicando ambos os membros por 1/3. ∞

1 1 3ln( ln( x + 3 ) + k = 3 3

·

|

|

·

( 1)n xn+1 (n + 1)3n n=0

−

∞

ln (|x + 3|) + k = ⇒ ln(

( 1)n xn+1 (n + 1)3n+1 n=0

−

Observe que fazendo x fazendo x = 0 encontramos o valor de k de k.. ∞

ln( ln( 0 + 3 ) + k =

|

|

( 1)n 0n+1 (n + 1)3n+1 n=0



−

⇒ ln( ln (|3|) + k = 0 k = −ln(3) ln(3) ⇒ k = Sendo assim, ∞

ln( ln( x + 3 )

|

| − ln(3) ln(3) =

( 1)n xn+1 (n + 1)3n+1 n=0

− − ∞

⇒ ln( ln (|x + 3|) = ln(3) ln (3) + Fazendo agora x = x = x

( 1)n xn+1 (n + 1)3n+1 n=0

−1 ∞

ln( ln( (x

| −

( 1)n (x 1)n+1 1) + 3 ) = ln(3) ln (3) + (n + 1)3n+1 n=0

|

− − ∞

⇒ ln( ln (|x + 2|) = ln(3) ln (3) +

−

( 1)n (x 1)n+1 (n + 1)3n+1 n=0

−

Solu¸ c˜ cao ˜ de H:

100



A cargo do leitor. Solu¸ c˜ cao ˜ de i:

A cargo do leitor. Solu¸ c˜ cao ˜ de j:

A cargo do leitor.

2. Use a fórmula ormula de Taylor para p ara desenvol d esenvolver ver em série erie de potências encias a fun¸ f un¸cão f ( f (x) = x 3 4x 1 x; a = 3

− ∀

− 2x2 +

Solu¸ c˜ cao ˜ : ∞

Sabe-se que f ( f (x) =



n

an (x

n=0

− a)n na qual an = f n(!a) .

Para o caso em particular temos: 

f (3) 3(3)2 4(3) + 4 a1 = = = 19 1! 1!

−



f (3) 6(3) 4 a2 = = =7 1! 2

−



f (3) 6 a3 = = =1 3! 6 com a0 = f ( f (a) Assim, ∞

f ( f (x) =



n=0

an (x

20(x − 3)0 + 19(x 19(x − 3)1 + 7(x 7(x − 3)2 + 1(x 1(x − 3)3 + 0 + 0 + 0 + · · · − a)n = 20(x

⇒ f ( f (x) = 20(x 20(x − 3)0 + 19(x 19(x − 3)1 + 7(x 7(x − 3)2 + 1(x 1(x − 3)3

POR FAVOR! Se você não ao notou no in´ in´ıcio do documento docum ento aparece uma foto da 3a edi¸c˜ cão ao do livro. Entretanto, Entret anto, este est e solu so lucio cion´ nário ar io é da segunda edi¸ c˜ cao. a õ. Assim, Assim, se você quiser quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. ed. em 101



m˜ aos, aos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-se que a foto deve estar numa boa resolu¸c˜ cao. aõ.

102











Segunda Parte

Equa¸ c˜ coes ˜ oes Diferenciais Antes de continuar agrade¸co co a professora Eridan Costa Maia da Universidad Universidadee Estadual da Bahia por ter me presentea presenteado do com o segundo segundo volume do livro do James Stewart. Stewart. Inclusive, Inclusive, aconselho aconselho ao professor de cálculo, alculo, que esteja usando o livro da Maria Svec, a adota-lo durante o estudo das da s séries eries de p otˆ encia. encia. Ele possui uma abordagem mais direta e uma quantidade maior de exemplos exemplos pr´ aticos. Embora tenha um pouco menos de conte´ udo. udo.

Volume Volume 2 do James James Stewar Stewart t

A segunda parte dessa apostila trata apenas das equa¸ c˜ coes o˜es diferencias ordin´ arias arias (EDO). Por experiˆ exp eriência enci a própria, opria, quando um aluno alega dificuldade nesta matéria eria isso, normalmente, resulta de sua inabilidade em integrar fun¸c˜ coes. o˜es. Nesse caso, o problema pro blema não ao são ao as EDO’s e sim s im a falta de pr´ eerequisito do aluno. Portanto, se você n˜ ao ao sabe sab e integra inte grarr pare e reveja esse conteúdo. udo. A resolu¸cão de equa¸c˜ cões oes diferenciais diferen ciais nesse n´ıvel é algo extremamente extrema mente mecânico anico e f´ acil. acil. Se você dominar bem as técnicas ecni cas de integra int egra¸c˜ ção nao aõ terá problema probl ema.. Ao professor deixo a recomenda¸c˜ cão ao de que utilize utiliz e equa¸ e qua¸c˜ coes ões cuja resolu¸c˜ cão ao dependa depe nda de integrais integr ais f´ aceis aceis de serem realizadas. Lembre-se que o objetivo maior agora é aprender a resolver as EDO’s e não ao revisar revi sar cálculo alc ulo 1 ou 2. Outra observa¸c˜ cao ão importante é que de agora em diante nenhuma derivada ser´ a feita passo a passo, tampouco nenhuma integral. integral. Partirei Partirei da premissa premissa que o leitor leitor j´ a domina esses processos, processos, e sendo assim, as respostas respostas de ago agora ra em diante ser˜ ao ao mais diretas. diretas. Apenas os casos menos triviais ser˜ ao ao resolvidos resolvidos com maiores maiores detalhes. detalhes.

Bons Estudos!

104


10


Aplica¸ c˜ coes o ˜es

10.1


1. Determ Determine ine a equa¸ c˜ cao aõ da curva tal que a inclina¸c˜ cao ão da reta tangente ta ngente em um ponto p onto qualquer qua lquer (x,y) da curva é igual i gual a` metade da inclina¸c˜ cao aõ da reta que liga a origem ao ponto de tangência. encia. Solu¸ c˜ cao: ˜

A inclina¸c˜ cao aõ da reta que passa pela origem é uma fun¸ c˜ cao ão afim que pode ser determinada pelos pontos (0,0) e (x,y). m =

y x

−0 = y −0 x

Seja f(x) a fun¸c˜ cão ao que esbo¸ esb o¸ca ca a curva então ao a inclina¸ inclinac˜ ção ao da reta tangente tangent e ao ponto pont o (x, y) é: e: d f ( f (x) dx Pelo enunciado enunciado sabemos que: d y f ( f (x) = dx 2x Que pode ser escrita na forma de uma equa¸c˜ cão ao diferen dif erencia cial.l. df (x) dx = y 2x

⇒ dyy = dx 2x Integrando ambos os termos, obtermos: dy = y

 

dx 2x

ln (y ) + a = 0.5ln( ln(x) + b ⇒ ln( Sendo a e b uma constante. Como desejamos desejamos determinar determinar f ( f (x) ou y vamos isola-lo na equa¸cão acima. ln( ln(y ) = 0.5 ln( ln(x) + (b (b

·

− a)

⇒ ln( ln (y ) = 0.5 · ln( ln(x) + (b ( b − a) Multiplican Multiplicando do por 2 2 ln( ln(y) = ln( ln (x) + 2 (b

· − a)

·

105



Fazendo l Fazendo ln n(k ) = 2 (b

· − a) ln(y) = ln( ln (x) + ln( ln(k) ⇒ 2 · ln( ln (y 2 ) = ln( ln (kx) kx) ⇒ ln(

⇒ eln(y ) = eln(kx) 2

k x ⇒ y 2 = kx com k

∈ R

2. Determine a equa¸c˜ cao ão da curva sabendo-se que a interse¸c˜ cao ão da reta normal a curva num ponto gen´ erico erico P(x,y) com o eixo OX é igual ao quadrado da abscissa no ponto. Solu¸ c˜ cao: ˜

A forma geral da equa¸c˜ cao ão da reta normal a uma curva “g” num ponto ( ponto (x x◦ , y◦ ) é: e: y

(x − x◦ ) − y◦ = − 1g (x 

Entretanto, no ponto (x2 , 0) ocorre 0) ocorre a intercessão ao entre a reta reta normal normal e a curva. curva. Ou seja, nesse nesse ponto y ponto y = g = g e portanto:



Como y Como y =

y

− 0 = − 1y (x (x − x2 )

y

− 0 = − 1y (x (x − x2 )



dy dx



⇒ y − 0 = − dy1 (x − x2) ⇒ y − 0 = −

dx dx (x dy

− x2)

dy = (x2 − x)dx ⇒ y dy = Integrando ambos os lados de (1) chega-se à: a: y2 x3 = 2 3

2

− x2

106

+k

(1)



2 y 2 = x3 3

− x2 + k

3. Por um ponto P(x,y) de uma curva passando pela origem, tra¸cam-se cam-se retas paralelas aos eixos coordenado coordenados. s. Determine Determine a curva, sabendo-se que a mesma divide divide o retˆ angulo formado pelas paralelas e os eixos, em duas partes, sendo a area a´rea de uma o triplo da outra. Solu¸ c˜ cao: ˜

O desenho a seguir ilustra a situa¸c˜ cao aõ descrita no enunciado. f(x) (x,y)=(x,f(x)) Ac Ab

Pelo ilustra¸c˜ cão ao acima podemo po demo ver que a área area do retˆ angulo ang ulo definido defin ido é: e: A = x = x f ( f (x)

·

Chamando de Ab a área area abaixo da curva e Ac a area a´rea acima dela, temos as duas possibilidades: Analisando a 1◦ possibilidade: Ab + Ac = A Ab + 3 Ab = A

·

4 Ab = A

·

Ab = A/4 Ab =

1 x f ( f (x) 4

· ·

Analisando a 2◦ possibilidade: Ab + Ac = A Ab + Ab /3 = A 4/3 Ab = A

·

Ab = 3/4 A

·

107


Ab =


3 x f ( f (x) 4

· ·

Sabe-se Sab e-se também em que a área area abaixo abaix o da curva é a integral integra l da fun¸ c˜ cao aõ da curva, isto é, f e, f ((x). Ab =



f ( f (x)dx = dx =

1 x f ( f (x) (1) 4

Ab =



f ( f (x)dx = dx =

3 x f ( f (x) (2) 4

ou

· · · ·

Derivando a equa¸c˜ coes ões (2) chegamos a fun¸c˜ cão ao f(x) f( x):: f ( f (x) =

⇒

3 x f ( f (x) + xf (x) 4





3 f ( f (x) = 4





·

d 1 f ( f (x) + x f ( f (x) dx

·



d ⇒ 34 f ( f (x) = f ( f (x) + x f ( f (x) dx 1 ⇒ dxd f ( f (x) = f ( f (x) 3x d d ⇒ df ( f ( f (x) = x f (x) 3x Integrando ambos os lados:



df (x) = df (x)



dx 3x

1 ln (f ( f (x)) = ln(3 ln(3x x) + k ⇒ ln( 3 Fazendo k Fazendo k = ln = ln((C ) ent˜ ao: ao: 1 ln( ln(f ( f (x)) = ln(3 ln(3x x) + k 3 1 ⇒ ln( ln (f ( f (x)) = ln(3 ln(3x x) + ln( ln(C ) 3 ln (f ( f (x)) = ln(3 ln (3x x)1/3 + ln( ln(C ) ⇒ ln( ⇒ ln( ln (f ( f (x)) = ln (3x (3x)1/3 + C ⇒ ln( ln (f ( f (x)) = ln 31/3 x1/3 · C

 

Exponenciando eln(f (x)) = e ln(3

1/3

 

x1/3 ·C )

108



f ( f (x) = 31/3 C x1/3

 

Chamando 3 Chamando 3 1/3 C de K de K e en ntão: f ( f (x) = K x1/3 , ou f ou f ((x)3 = K x, ou y ou y 3 = K x. Analogamente trabalhando com a equa¸c˜ cao ão (1) ( 1) chega-se ch ega-se a segunda se gunda solu¸cão.

4. Lan¸ca ca se uma pedra do solo, verticalmente para cima com uma velocidade inicial de 20 m/s. a) Quanto temp o levará e qual ser´ a sua velocidade quando a pedra atingir novamente o solo? b) Quanto tempo levar´ a a pedra para atingir a altura m´ axima e qual será essa altura? Solu¸ c˜ cao ˜ de a :

dv = dt

−9.81

O sinal de negativo é usado aqui, pois a pedra p edra se move em sentido contrário ario a gravidade. dv = dv =

−9.81 81dt dt

  ⇒ − dv = dv =

9.81 81dt dt

⇒ v = v = −9.81 81tt + k Sabe-se que quando t quando t = 0, v = v = v ◦ en então:

20 =

−9.81(0) + k

k = 20 ⇒ k = Ou seja v =

81tt + k ⇒ v = v = −9.81 81tt + 20 −9.81

No ápice apice da trajet´ trajet oria v o´ria v = 0 o que implica em t em t = 2s. 0=

−9.81 81tt + 20 ⇒ t ≈ 2

Como o temp o de subida, nesses casos, é igual ao tempo de descida ent˜ ao ao o tempo t empo total será de de 4s (o dobro do tempo de subida). Solu¸ c˜ cao ˜ de b:

109



O tempo temp o levado para atingir a altura m´ axima axima já foi calculada na letra “A”. Assim sabemos sab emos que ela el a é de 2s. 2s . Para determinar a altura usamos a seguinte identidade. ds = v dt

⇒ ds = −9.81 81tt + 20 dt ds = (−9.81 81tt + 20)dt 20)dt ⇒ ds =

  ⇒ − ds = ds =

( 9.81 81tt + 20)dt 20)dt

− 9.281 t2 + 20t 20t

s(t) = Fazendo t Fazendo t = 2 encontramos a solu¸cão.

− 9.281 (2)2 + 20(2) s(2) = 20. 20.38 38m m ⇒ s(2)

s(2) =

5. Um investidor investidor aplica aplica na bolsa de valores determinad determinadaa quantia que triplica em 30 meses. Em quanto tempo essa quantia estar´ a quadruplicada, supondo-se que o aumento é proporcional ao à quantia em cada instante? Solu¸ c˜ cao ˜ (Resolvida por Oliveira e Pires1 ):

dx A equa¸c˜ cao aõ que expressa tal situa¸c˜ cao ão pode ser dada por = kx. kx. Send Sendoo x◦ o investimento dt no tempo t = 0 e x a quantia quantia a cada cada instante. instante. Com x é a inc´ in cógnita ognita do problema e t a vari´ avel avel independente pode-se escrever dx = kdt k dt x Resolvendo a integral, para o investimento x investimento x = x = x ◦ e t = 0, tem-se, x = x = x ◦ ekt para t = 30 30 meses, meses, x x = 3x◦ logo, 3 logo, 3 = e 30k se x se x = 4x◦ e 4 = e kt e 430 = e = e 30kt = 3t 3 t en então 4 30 = 3t Aplicando o logaritmo, tem-se t tem-se t = 37 37,, 8 meses. 1

http://revista.facear.edu.br/artigo/$/equacoes-diferenciais http://revista.facear.e du.br/artigo/$/equacoes-diferenciais-uma-abordagem-para-a-graduacao -uma-abordagem-para-a-graduacao

110



6. Um ator de cinema precisava fazer um regime para emagrecer em virtude do seu papel num novo filme. O diretor exigiu que ele perdesse a ter¸ca ca parte do seu peso, que era de 120 kg, seguindo uma dieta que o emagrecesse proporcionalmente ao peso de cada instante. Nestas condi¸c˜ coes, o˜es, sabendo-se que, iniciada i niciada a dieta, o artista emagreceu 20 kg em 40 dias, quanto tempo ser´ a necess´ ario ario para que ele comece a atuar no filme? Solu¸ c˜ cao ˜ (Resolvida por Luiz S2 .):

Seja P - peso atual em quilogramas; t - tempo em dias. dP = kP k P dt

⇒ dP = kdt kd t P dP = P

 

k dt

ln( ln(P ) P ) = kt + C P = ekt+C P = e kt eC

·

P = c ekt

·

Para t = 0: P = c ek·0 = 120

·

c = 120 Para t = 40:

− 20) = 120 · ek·40 100 = 120 = 120 · e40k (120

e40k =

5 6



40k = ln k= 2

5 6

ln(5 ln(5//6) 40

Usuário ario do Yahoo respostas. respost as.

111



O tempo t empo necessário ario para perder perde r 1/3 1/ 3 do d o peso p eso original é: e:

− 120 = 80 80kg kg 3 ⇒ P = 120 · ekt

P = 120

80 = 120 e

·

ln(5/6)·

e

ln(5/6)·

t 40

t 80 40 = 120

    ·

t ln(5 ln(5//6) = ln 40

·

ln(5 ln(5//6) t = 40 ln

·

t = 40

8 12

2 3

l n(2/ (2/3) · ln ln(5 ln(5//6)

7. Numa Numa caverna caverna na Fran¸ Franca, ça, famosa pelas pinturas pr´ e-hist´ e-hist´ oricas, foram encontrados peda¸cos oricas, cos 14 de carvão ao vegetal nos quais qua is a radioatividade do C era 0,145 vezes a radioatividade normalmente encontrada num peda¸co co de carv˜ carv˜ ao ao feito hoje. Calcule Calcule a idade do carv˜ carv˜ ao ao encontrado e com isto dê uma estimativa para a época epoca em que as pinturas foram feitas. Solu¸ c˜ cao: ˜

145Q Sendo a quantidade Q(t) = 0.145 Q◦ , usamos a equa¸c˜ cão ao (3) da página agina 128 e que é escrita a seguir.

 

 

 

 

Q = Q = Q ◦ e

ln(2) ln(2) − 5745

t

Sendo assim ln(2) ln(2) − 5745 Q = Q = Q ◦ e

t

 

⇒ 0. 0 .145 145Q Q◦ = 0.145 145Q Q◦ e

 

0 .145 = 0. 0.145 145ee ⇒ 0. 112

ln(2) ln(2) − 5745

ln(2) ln(2) − 5745

 

t

 

t



ln(0 ln(0..145) t = − ⇒ t = ln(2) ln(2)

8. Cem gramas gramas de cana em água agua est˜ estao aõ sendo transformadas em a¸c´ cúcar ucar numa num a razão ao que é proporcional à quantidade n˜ ao ao transformada. Determine a quantidade de cana transformada em um instante t instante t qualquer, sabendo-se que ap´ os 10 minutos foram transformados 50 gramas. os Solu¸ c˜ cao: ˜

Seja y a quantidade quantidade de a¸c´ cucar u ćar em e m gramas gra mas que está sendo se ndo transformada transf ormada em minutos m inutos,, ent˜ e ntão, 100 ao, 100 y ser´ a a quantidade, em gramas, de a¸c´ cúcar ucar não ao transformado. Do enunciado do problema teremos a seguinte equa¸c˜ cão ao difer di feren encia ciall ordi or din´ nária ar ia::

−

dy = k(100 k (100 dt

− y)

kd t ⇒ 100dy− y = kdt

Integrando ambos os membros da igualdade acima chegamos à ln(|100 − y |) = kt k t + c −ln( Onde c Onde c é uma constante consta nte tal que c ∈ R. Como y Como y ≥ 0 en então −ln( ln(|100 − y |) = kt k t + c ln(100 − y ) = kt k t + c ⇒ −ln(100 e como l como ln n(1) = 0 ln(100 − y ) = kt + c −ln(100 ln(1) ln(1)

− ln(100 ln(100 − y ) = kt k t + c

⇒ ln



1 100 y

−



= kt k t + c

Exponenciando



ln

e

ln

⇒ e

1 100 y



−



1 100 y

−

113

= e kt+c



= e kt ec

·



⇒ 1001− y = ekt · ec

Chamando e Chamando e c de A

1 = e kt ec 100 y

·

−

⇒ 1001− y = Aekt

Do enunciado temos duas informa¸c˜ coes. ões. Primeiro que em t em t = = 0, y = y = 0. E segundo que em t em t = = 10 10ss temos y = 50 50gg . Assim, de t de t = 0 descobrimos o valor de A. 1 = Ae k·0 100 0

−

1 = Ae 0 ⇒ 100 1 ⇒ A = A = 100 Sendo assim 1 = e kt ec 100 y

·

−

1 ⇒ 1001− y = 100 · ekt

De t De t = 10 10 descobrimos descobrimos o valor de k

1

=

1 ek·10 100

· − 50 1 ⇒ 501 = 100 · e10k

100

ln(2) ln(2) k = ⇒ k = 10 Assim 1 1 = ekt 100 y 100

·

−

⇒

ln(2) ln(2) t 1 1 = e 10 100 y 100

·

−

Finalmente evidenciando y evidenciando y chegamos a solu¸cão. y = 100

−

100 ln(2) ln(2) t e 10

114



Que também em pode ser escrita como y = 100

−

ln(2) ln(2) t 100e 10 100e −

9. Numa certa colônia, onia, bactérias erias nascem e morrem em taxas t axas proporcionais proporcion ais à quantida qu antidade de presente presen te em cada instante. Sabendo-se que a colˆ onia dobra o tamanho em 24 horas e que teria seu tamanho onia reduzido à metade em 8 horas, se n˜ ao houvesse nascimento, determine: ao a) A quantidade de bactérias erias presentes em um instante t instante t qualquer. b) As taxas de proporcionalidade de nascimento e de morte. Solu¸ c˜ cao ˜ de a:

A equa¸c˜ cao ão diferencial diferen cial que modela model a esse tipo de problema é dQ = kQ dt Cuja solu¸c˜ caõ é Q( Q (t) = Ae kt Sabemos que em t em t = 0 a popula¸cão será Q ◦ . O que nos leva a A = Q = Q◦ . Q◦ = Ae = Ae k·0 = Ae 0 ⇒ Q◦ = Ae

⇒ A = A = Q Q ◦ Sendo assim Q assim Q((t) = Ae kt

Q (t) = Q◦ ekt . ⇒ Q(

Também em sabemos sab emos que em t em t = 24 24h h a popula¸c˜ cao aõ dobra. Ou seja,

Q(24) = Q = Q ◦ e24k 2 Q◦ = Q◦ e24k ⇒ 2Q

⇒ 2 = e24k ln (2) = ln = ln ⇒ ln(2)

e24k

 

24k · ln( ⇒ ln(2) ln (2) = 24k ln(e)

115



ln(2) ln(2) k = ⇒ k = 24

kt

Sendo assim Q assim Q((t) = Q ◦ e

⇒

ln(2) ln(2) t Q( Q (t) = Q ◦ e 24 .

C. Q. D. Solu¸ c˜ cao ˜ de b:

A cargo do leitor.

10. Um jarro de leite, inicialmente a 25 ◦ C, é deixado para esfriar na varanda onde a temperatura Solu¸ c˜ cao: ˜

Análogo alogo ao exemplo 1.1.10 da página agina 131.


116










11

11.1


Definic˜ c ¸oes o ˜es Gerais


1. Indique a ordem das E.D.O. abaixo e verifique se as fun¸c˜ coes o˜es indicadas indica das são ao as solu¸c˜ cões: oes:

a) y  + 9y 9y = 0, y 1 = 3x b) x2 y  + xy 

− 4y = 0, y 2 = x = x 2


Ordem dois. Não é soluc˜ ção. ao. Uma fun¸ função y( y (x) é solu so lu¸c˜ çao ão de uma EDO se ap´ os os a sua inser¸c˜ cao aõ na EDO obtemos uma igualdade independente do valor de x de x.. Veja. y  + 9y 9y = 0 Fazendo y Fazendo y = 3x en então: y  + 9y 9y = 0

9(3x) = 0 ⇒ 0 + 9(3x

⇒ 27x 27x = 0 Observe Observe que a igualdade igualdade acima não ao independe independe do valor valor de x, na verdade, qualquer valor de x diferente diferente de zero “quebra” “quebra” nossa igualdade. igualdade. Portanto Portanto,, y = 3x não ao pode po de ser solu¸c˜ cao aõ da EDO. Solu¸ c˜ cao ˜ de b:

Ordem 2. Nesse caso a fun¸c˜ cão ao dada da da é uma um a solu so lu¸c˜ ção. ao . Veja: Vej a: x2 y  + xy 

− 4y = 0

Sendo y = x = x 2 então:

⇒ x2y + xy − 4y = 0 ⇒ x2(2) + x(2x (2x) − 4(x 4(x2 ) = 0 4( x2 − x2 ) = 0 ⇒ 4(x ⇒ 0 = 0 Ou seja, s eja, não ao importa i mporta o valor va lor de x de x a a igualdade sempre ocorre. Pela igualdade ocorrer independente do valor de x de x é que qu e afirma-s a firma-see que q ue a fun¸c˜ cao aõ y = x = x 2 é uma um a solu so lu¸c˜ çao aõ da EDO. 118



2. Encontre a E.D.O. correspondente à: a:

a) fam fa m´ılia ıl ia y y 2 = x 3 + k , k b) fam fa m´ılia ıl ia x x = y = y

∈ R

− 1 + ke−y , k ∈ R

c) fam´ fam´ılia de retas com inclina¸c˜ cao aõ dada m dada m.. d) fam´ fam´ılia de retas que se interceptam no ponto (0 ponto (0,, 1). 1). e) fam´ılia ıli a de retas ret as tangent tan gentes es à parábola ab ola y y 2 = 2x 2 x. f) fam´ fam´ılia de circunferências encias com centros sobre OX e passando pelo ponto P(0, (0, 2). 2).


d 2 d 3 (y ) = (x + k ) dx dx Derivando implicitamente em rela¸cão a y 2y

dy = 3x2 + 0 dx 2

dy 3x = ⇒ dx 2y

ou 2 ou 2yy yy  = 3x2


d d (x) = (y ( y dx dx

− 1 + ke−y )

Derivando implicitamente em rela¸cão a y dy 1= dx

dy key dx e2y

− 0 − ·

dy ⇒ 1 = dx (1 − ke−y ) dy 1 ⇒ dx = 1 − ke−y Da equa¸cão y = y = y

(1) x − y + 1 − 1 + ke−y tiramos que k que k = logo (1) pode ser ser escrit escrito o ccomo: omo: e−y dy = dx 1

ou ent˜ en tão: ao :

1 1 = − y − y y + 1/e 1 /e ) e y x

− (x − · dy 1 = ⇒ dx y−x y  (y

− x) = 1 119

−



Solu¸ c˜ c˜ ao ao de c: dy = m ou y  = m dx Solu¸ c˜ c˜ ao ao de d: Lembrando-nos das aula de geometria anal´ıtica ıtica sab emos que a equa¸ cão ao da reta re ta é: e: y = ax = ax + b Sabendo que a mesma passa pelo ponto (0,1) então ao em particular temos: y = ax = ax + 1 onde a onde a ´ e a incli in clina na¸c˜ çao aõ da reta, ou seja: dy = a dx sendo assim, y = ax = ax + 1

dy ⇒ y = y = + 1 ou 1 ou y = y = y  x + 1. 1. dx

Solu¸ c˜ c˜ ao ao de “e” e f: A cargo do leitor.

120










12 12.1


EDO de 1◦ ordem: ordem: Considera¸ Considera¸ c˜ coes o ˜es Gerais Exerc Exer c´ıcios ıcio s da p´ agina agin a 147

Construa um campo direcional para as equa¸c˜ cões oes

− xy x 2. y  = − y 1. y  =

Solu¸ c˜ cao: ˜

Para esse exerc´ exerc´ıcio recomendo fortemente o uso de um programa gr´ afico afico para isso. isso. Dois Dois bons programas para essa tarefa s˜ ao ao o Maple , indicado pela pr´ opria opria autora do livro, e o Mathematica indica indicado do por mim. Ambos Ambos s˜ ao quase a mesma coisa exceto pelo pre¸co, ao co, o Maple é levemente mais barato, e a quantidade de ferramentas (o Mathem´ atica atica tˆ em em algumas a mais). Entretanto, Entret anto, caso você não ao tenha t enha nenhum dos dois d ois a respost re spostaa para esse exerc´ exerc´ıcio se encontra en contra nas páginas aginas 241 e 242 24 2 do d o livro. l ivro.

122










13


EDO de Vari´ Vari´ aveis aveis Separ´ Separ´ aveis: aveis: Aplica¸ Aplica¸ c˜ c˜ oes oes

13.1


Encontre as solu¸c˜ coes ões das equa¸c˜ coes o˜es abaixo, separando as vari´ aveis: aveis: y dy sen( sen(x2 )dx = dx = 0 x dy 2. = e x+y dx dy 2x + xy 2 3. = dx 4y + x2 y 1.

−

4.

√ 1 − x2 dy + y3 = 0, y (1) = 1 dx

5. y sen( sen(x)dx + (y 2 + 1)e 1)ecos(x) dy = 0, π y =1 2



·


y dy x

− sen( sen(x2 )dx = dx = 0 yd y = x = x · sen( sen(x2 )dx ⇒ ydy ⇒ ydy = ydy = x · sen( sen(x2 )dx

 

⇒

y2 = 2

− 12 cos( cos(x2 ) + c (sendo c (sendo c uma constante).

Multiplican Multiplicando do a equa¸ c˜ cao aõ acima por 2 em ambos os lados y2 =

cos(x2 ) + 2c 2c −cos(

Chamando 2 Chamando 2cc de k en então: y 2 + cos( cos(x2 ) = k Solu¸ c˜ cao ˜ de 2:

dy = e x+y = e x ey dx

·

dy ⇒ dx = e x + ey Separando Separand o as variáveis aveis e integrand in tegrando: o: dy = ey

 

ex dx

(sendo c uma constante). −e−y + c1 = ex + c2 (sendo c ⇒ −e−y − ex = (c2 − c1) 124



⇒ (−1)(e 1)(e−y + ex ) = (c ( c2 − c1 ) ( e−y + ex ) = (c1 − c2 ) ⇒ (e chamando ( chamando (cc1 − c2 ) de k en então: (e−y + ex ) = k

⇒ e1y + ex = k x y ⇒ e · e + 1 = k ey

⇒ ex · ey + 1 = ke k ey ⇒ ex+y − key = −1 como k como k é uma um a constante, constan te, pois é a soma de outras o utras duas contantes, contan tes, então ao podemos po demos fazer k fazer k = sem nenhum n enhum preju´ preju´ızo. Sendo assim: ex+y

− key = −1 ⇒ ex+y + key = −1


dy 2x + xy2 x(2 + y2 ) = = dx 4y + x2 y y (4 + x2 ) 2

dy x(2 + y ) ⇒ dx = y (4 + x2 ) x dy = dx ⇒ (2 +y y2) dy = (4 + x2 )

(1)

integrando ambos os membros de (1) chegamos à: a: 1 1 ln( ln( 2 + y2 ) + c1 = ln( ln( 4 + x2 ) + c2 2 2

|

|

|

|

1 ⇒ 21 ln( ln(|2 + y 2 |) = ln( ln(|4 + x2 |) + (c ( c2 − c1 ) 2 multiplicand multi plicando o a equa¸c˜ cao ão acima a cima por dois d ois (ambos (amb os os termos) termos )

⇒ ln( ln (|2 + y 2 |) = ln( ln (|4 + x2 |) + 2(c 2(c2 − c1 ) exponenciando eln(|2+y

2

|)

2

= e ln(|4+x

|)+2( c2 −c1 )

125

−k


2


2

⇒ eln(|2+y |) = eln(|4+x |) · e2(c −c ) ⇒ |2 + y2| = |4 + x2| · e2(c −c ) chamando 2( chamando 2(cc2 − c1 ) de k ent˜ ao: ao: ⇒ |2 + y2| = |4 + x2| · ek 2

2

1

1


√ 1 − x2 dy + y3 = 0 dx

dy ⇒ √ 1 − x2 dx = −y 3 ⇒ √ 1 − x2dy = dy = −y 3 dx dx √ ⇒ −dy = (1) y3 1 − x2 por substitui¸c˜ cao ão trigonom´ etrica etrica calcula-se a integral do membro mais ma is a direita da equa¸ c˜ ao ao (1). Já a integral da esquerda po de ser calculada diretamente (ou seja, pela pr´ opria defini¸c˜ cão ao de integra int egral). l). Assim: dy = y3

dx 1 x2

 −  √

−

= arcsen((x) + c2 ⇒ 2y12 + c1 = arcsen

⇒ 2y12 = arcsen( arcsen(x) + c2 − c1 Chamando c Chamando c 2 − c1 de k de k arcsen(x) + k (1) ⇒ 2y12 = arcsen( como por hipótese y otese y (1) = 1 e 1 en ntão: 1 = arcsen(1) arcsen(1) + k 2(1)2 1 π = +k 2 2 1 π k = − ⇒ k = 2 2 Assim, a equa¸c˜ cao aõ (1) pode ser escrita como:

126



1 1 = arcsen( arcsen(x) + 2 2y 2

− π2


y sen( sen(x)dx + (y (y 2 + 1)e 1)ecos(x) dy = dy = 0

· sen(x)dx = dx = −(y2 + 1)e 1)ecos(x) dy ⇒ y · sen( sen(x) (y dx = dx = ⇒ sen( − ecos(x)

2

+ 1) dy y

Integrando ambos os lados da equa¸c˜ cão ao acima (por substitui¸ substi tui¸cão de u) u ) chega che gamos mos à: a: 2

e−cos(x) + c1 =

ln(|y|) + c2 (onde c (onde c ´ e uma consta con stante nte). ). − y2 − ln(

Fazendo k Fazendo k = c = c 2

então: − c1 en

2

ln(|y |) + k −y2 − ln(

e−cos(x) =

como por hipótese y otese y

π 2



(1)

= 1 en então

2

−12 − ln( ln(|1|) + k

e−cos(π/ 2) =

⇒ e0 = − 12 − 0 + k 3 ⇒ k = k = 2 sendo assim, a equa¸c˜ cao ão (1) pode ser escrita como: 2

3 −y2 − ln( ln(|y |) + 2 2ln((|y |) = 3 ⇒ e−cos(x) + y2 + 2ln

e−cos(x) =

127










14 14.1


Equac˜ c ¸˜ ao Diferˆ encial Homogˆ e n ea Exerc Exer c´ıcios ıcio s da p´ agina agin a 151

1 Verifique se as fun¸c˜ coes o˜es são ao homogêneas eneas e, caso c aso afirmativo, afirmat ivo, determine determi ne o grau. gr au. x x 2 a) f a) f ((x, y ) = x sen + y y 4y x + 4y b) f b) f ((x, y ) = cos x



·







c) f ( f (x, y) = x ln( ln(y) + ye x d) f d) f ((x, y ) = x 2 + 2y 2y 2

·


Substituindo x por p or λx e λx e y por λy por λy en então: (λx) λx)2 λy

  ·   ·   · ·   λx λy

f ( f (λx,λy) λx,λy) = λx sen

+

⇒ f ( f (λx, λx, λy) λy) = λx

sen

x y

⇒ f ( f (λx, λx, λy) λy) = λx

sen

x y

f (λx, λx, λy) λy) = λ ⇒ f (

x sen

λ 2 x2 + λy +

λx 2 y

x y

+

x 2 y

f (λx, λx, λy) λy) = λ 1 · f ( f (x, y ). ⇒ f ( logo a equa¸c˜ cao aõ é homogˆ hom ogênea enea e seu grau gra u é igual igu al a 1. Solu¸ c˜ cao ˜ de B:

Substituindo x por p or λx e λx e y por λy por λy en então: f ( f (λx,λy) λx,λy) = cos



       ·

λx + 4(λy 4(λy)) λx

f (λx, λx, λy) λy) = cos ⇒ f (

λ(x + 4y 4y ) λx

f (λx, λx, λy) λy) = cos ⇒ f (

x + 4y 4y x

⇒ f ( f (λx, λx, λy) λy) = λ 0

cos

x + 4y 4y x

⇒ f ( f (λx, λx, λy) λy) = λ 0 · f ( f (x, y ) logo a equa¸c˜ cao aõ é homogˆ hom ogênea enea de grau gra u zero. zero . 129



Solu¸ c˜ cao ˜ de C:

Imposs´ Imp oss´ıvel ıvel chegar che gar a forma apresent apres entada ada em D 2.3.1, 2.3. 1, logo log o não ao é homogˆ homo gênea. enea . Solu¸ c˜ cao ˜ de D:

Substituindo x por p or λx e λx e y por λy por λy en então: f ( f (λx,λy) λx,λy) = (λx) λx)2 + 2(λy 2(λy))2 f (λx, λx, λy) λy) = λ 2 x2 + 2(λ 2(λ2 · y 2 ) ⇒ f ( f (λx, λx, λy) λy) = λ 2 (x2 + 2y 2y 2 ) ⇒ f ( ⇒ f ( f (λx, λx, λy) λy) = λ 2 f ( f (x, y). Logo a equa¸c˜ cao aõ é homo ho mogˆ gênea en ea de grau gra u 2.

2. Encontre as solu¸c˜ coes o˜es das equa¸c˜ coes o˜es abaixo: abaixo: dy a) x a) x dx

y y ln +1 =0 x

    −

b) y b) y dx

− (x −



x2 + y 2 )dy = dy = 0


dy du dy = u + x + x Fazendo a substitui¸cão y = xu e em x dx dx dx equa¸c˜ cao aõ (1).



ln

y + 1 = 0, chegamos a x

−      −

du x u+x dx

⇒ x

− y

  

u+x

xu ln

du dx

xu +1 = 0 x

xu (ln (u) + 1) = 0

du ⇒ xu + x2 dx − xu · ln (u) − xu xu = 0  

 

(1) (1)

Note que (1) ( 1) agora a gora é uma EDO de d e variáveis aveis separáveis aveis e, portanto p ortanto pode po de ser facilmente facilm ente resolvida. resolvi da. Sua solu¸c˜ cão é a equ eq uac˜ çao aõ (2). Veja: du ⇒ x2 dx − xu · ln (u) = 0 du x = 2 dx ⇒ u · ln (u) x du dx = ⇒ u · ln (u) x integrando ambos os termos da equa¸c˜ cão ao acim ac imaa 130



⇒ ln( ln (ln( ln(|u|)) + c1 = ln = ln((x) + c2 (sendo c (sendo c uma constante) exponenciando eln(ln(|u|))+c = e ln(x)+c 1

2

⇒ eln(ln(|u|)) · ec = eln(x) · ec ⇒ ln( ln (|u|) · ec = x · ec 1

2

1

2

c2

e ln (|u|) = x · c ⇒ ln( e

1

ec de k de k,, ec 2

Chamando

1

⇒ ln( ln (|u|) = kx k x exponenciando novamente eln(|u|) = e kx = e kx ⇒ |u| = e

(2)

A equa¸c˜ cao aõ (2) é a solu¸c˜ cao ão da EDO, entretanto devemos expressar essa solu¸c˜ cão ao em termos das y = xu e variáveis avei s originai origi naiss (x ( x e y). Como fizemos y = xu en ntão u = , e sendo assim: x

|u| = e = e kx

  ⇒  

y = e kx x

⇒ |y| = |x|ekx

Assim a solu¸c˜ cao aõ da EDO é: e: y = x ekx

| | | |


A cargo do leitor.

131










15 15.1


Trajet ajetorias o ´rias Ortogonais Exerc Exer c´ıcios ıcio s da p´ agina agin a 154

1 Determine as trajetórias orias ortogonais ás as fam´ fam´ılias abaixo, abaix o, sendo b sendo b a) y a) y = 2x + b b) y b) y = ln = ln((x3 + b) c) y c) y = be = be−x

−

d) y d) y 2 = bx e) x e) x 2 y 2 = b f) y2 = bx3

∈ R: g) x g) xyy = b = b

−


Primeiro deriva-se a fun¸c˜ cão ao implic imp licita itamen mente te dy = dx

−2

agora invete-se o lado direito e multiplica-se por -1 dy 1 = dx 2 Finalmente resolvemos a EDO formada, imediatamente a acima, chegando a solu¸ c˜ cao: aõ: x +k 2 que é a fam´ fam´ılia de curvas que formam as trajet´ trajetorias o´rias ortogonais ortogonai s a fam´ fam´ılia dada. y =


Primeiro deriva-se a fun¸c˜ cão ao implic imp licita itamen mente te dy 3x2 = 3 dx x +b O próximo oximo passo seria multiplicar o lado direito da equa¸c˜ cao aõ acima por -1 e inverte-lo, entretanto, note que existe uma constante ali (a constante b) de modo que devemos devemos elimina-la elimina-la primeiro. primeiro. Para Para retir´ a-la a-la da equa¸c˜ cão ao usamos usa mos a equa¸ equa c˜ ção ao origin ori ginal al.. y = ln = ln((x3 + b) ey = e ln(x

3

+b)

⇒ b = b = e e y − x3 logo dy 3x2 = 3 dx x + (e (ey x3 )

−

133



2

dy 3x ⇒ dx = y e

(1)

agora, invertemos o lado direito de (1) e multiplicamos (somente o lado direito) por -1. y

dy e ⇒ dx = − 2 3x

(2)

resolvendo (2) pelo m´ etodo etodo de separa¸c˜ cão ao de vari vari´ávei av eiss cheg ch egaa-se se à: a:

− 31x + a

e−y = sendo a uma constante. Solu¸ c˜ cao ˜ de C:

A derivada d erivada impl´ impl´ıcita da fun¸c˜ cão ao resulta resu lta em: dy = dx

− ebx

(1)

como y como y = be = be−x ent˜ ao ao b = y/e = y/e −x de modo que (1) pode ser escrito como: −x

dy = dx

− y/eex

dy = dx

−y

=

−y

(2)

invertendo o lado direito de (2) e o multiplicando por -1, dy 1 = (3) dx y resolvendo (2) pelo m´ etodo etodo de separa¸c˜ cão ao de variáveis, avei s, chegamo cheg amoss a solu¸ sol u¸cão: y2 = 2x + a (sendo a (sendo a uma constante) que é a fam´ fam´ılia de curvas que formam as trajet´ trajetorias o´rias ortogonais ortogonai s a fam´ fam´ılia dada. Solu¸ c˜ cao ˜ de D:

A derivada d erivada impl´ impl´ıcita da fun¸c˜ cão ao ser´ se rá: a: 2y

dy = b dx

sendo 2y

y2

y2 = bx ent˜ bx ent˜ ao b ao b = e assim, x

dy y2 = dx x

134



invertendo o lado direito da equa¸c˜ cao ão acima e o multiplicando por -1, 2y

dy = dx

− xy2

(1)

Resolvendo a equa¸c˜ cao aõ (1) por separa¸c˜ cão ao de variáveis aveis chegamos chegamo s a seguinte seguint e solu¸cão: y2 =

(sendo a uma constante) −2x2 + a (sendo a

que é a fam´ fam´ılia de curvas que formam as trajet´ trajetorias o´rias ortogonais ortogonai s a fam´ fam´ılia dada. Solu¸ c˜ cao ˜ de E, F e G:

Semelhante as anteriores.

2. Tente fazer o esbo¸co co das fam´ fam´ılias dos itens a itens a e c do exerc´ exe rc´ıcio ıc io 1 Solu¸ c˜ cao: ˜

Item a

135



Item b

136










16


EDO ED O Redu Re dutt´ıvel ıve l a Homo Ho mogˆ gˆ enea en ea ou ` a Sepa Se par´ r´ avel ave l

16.1


1. Resolva as equa¸c˜ coes o˜es abaixo a) ( a) (x x 4y 3)dx 3)dx (x 6y 5)dy 5)dy = = 0 b) ( b) (x x y 1)dx 1)dx + (x (x + 4y 4y 6)dy 6)dy = = 0

− − − −

− − − −


primeiro prim eiro vamos vam os verificar veri ficar se a EDO é redut red ut´´ıvel a homogˆ hom ogênea enea ou a variáveis ave is separ´ separ ável. ave l. Para isso, primeiro temos de evidenciar dy/dt (x

3)dx − (x − 6y − 5)dy 5)dy = = 0 − 4y − 3)dx dy (x − 4y − 3) = (1) ⇒ dx (x − 6y − 5)

Agora, com base no lado direito da EDO acima montamos uma matriz e calculamos o seu determinante. det





1 1

−4 = 0 −6

como o determi det erminan nante te é diferen dif erente te de zero, zero , então ao a EDO é redut red ut´´ıvel a homogˆ hom ogênea. enea . Agora Ago ra que determinamo determinamoss que a EDO pode p ode ser reduzida a homogˆ homogênea enea devemos descobrir descobrir qual a substitui¸c˜ cao ão que devemos fazer para provocar essa redu¸cão. Ainda com base no lado direito de (1) montamos o seguinte sistema:



x x

− 4y − 3 = 0 − 6y − 5 = 0

cuja solu¸c˜ cão ao ocorre ocor re para x =

−1 e y = −1.

logo a substitui¸c˜ cão ao que qu e ser´ se rá usad us adaa ser´ se rá: a: x = x = x 1 + ( 1) e y = y = y 1 + ( 1)

x = x x 1 − 1 − ⇒ x = = y 1 − 1 − ⇒ y = y

Sendo assim, a EDO dy (x = dx (x pode ser escrita como:

− 4y − 3) − 6y − 5)

138



dy1 ((x ((x1 = dx1 ((x ((x1

4(y1 − 1) − 3) − 1) − 4(y − 1) − 6(y 6(y1 − 1) − 5) dy1 x1 − 4y1 ⇒ dx = x1 − 6y1 1

que qu e é uma um a EDO ED O homo ho mogˆ gênea en ea..

Para resolver uma EDO homogênea enea devemos aplicar a plicar outra mudan¸ ca ca de d e variável. avel. Chamaremos Chamaremo s de dy1 du u = y = y 1 /x1 e = u + x1 . x1 dx1 Sendo assim: dy1 x1 = dx1 x1

− 4y1 − 6y1 y1 1−4 dy1 x1 ⇒ dx = y1 1 1−6 x1 du 1 − 4u x1 = ⇒ u + dx 1 − 6u 1 (1 − 6u) dx1 du = du = ⇒ (3u (3u − 1)(2u 1)(2u − 1) x1 dx1 ⇒ 3u 3− 1 du − 2u 4− 1 du = du = (3) x1 integrando cada membro de (3) chegamos á: a: ln exponenciando



ln

e

3u 1 (2u (2u 1)2

− −



= ln( ln (x1 ) + c

 3u − 1  (2u (2u

− 1)2

= e ln(x

1

)+c

3u − 1 = e x · ec ⇒ (2u (2u − 1)2 1

mas, como u como u = y = y 1 /x1 en então:

3(y 3(y1 /x1 ) 1 = e x 2 (2(y (2(y1 /x1 ) 1)

− −

como x como x = x = x 1

= y 1 − 1, − 1 e y = y

1

 −   −  3

2

y + 1 x+1

y + 1 x+1

· ec

1

2

1

139

= (x + 1)e 1)ec



chamando e chamando e c de w de w

 −   −  3

y + 1 x+1

2

y + 1 x+1

1

2

= (x + 1)w 1)w

1

(3 y − x + 2) = w = w(2 (2yy − x + 1)2 ⇒ (3y 1 ( x − 3y − 2) = (x ( x − 2y − 1)2 ⇒ (x w chamando 1 chamando 1/w /w de k

⇒ (x ( x − 3y − 2)k 2)k = (x − 2y − 1)2 Solu¸ c˜ cao ˜ de B:

(x

− y − 1)dx 1)dx + (x (x + 4y 4y − 6)dy 6)dy = = 0 dy y−x+1 ⇒ dx = x + 4y 4y − 6

como

det

 −  1 1

1 4

=0

ent˜ en tão ao a EDO ED O é redu re dutt´ıvel ıv el a homo ho mogˆ gênea en ea.. Resolvendo o sistema



x + 4y 4y 6 = 0 y x+1=0

−

−

chegamos a x = 2 e y = 1. Log Logo o a substi substitui¸ tui¸ c˜ cao aõ que usaremos será: a: x = x 1 + 2 e y = y1 + 1. Sendo assim, dy y x+1 = dx x + 4y 4y 6

−

−

dy1 (y1 + 1) − (x1 + 2) + 1 y1 − x1 ⇒ dx = = (x1 + 2) + 4(y 4( y1 + 1) − 6 x1 + 4y 4 y1 1 dy1 y1 − x1 ⇒ dx = (EDO (ED O homogˆ hom ogênea) enea ) x1 + 4y 4 y1 1

⇒

y1 x1

1 dy1 = y1 dx1 1+4 x1

−

140



Para resolver uma EDO homogênea enea devemos aplicar a plicar outra mudan¸ ca ca de d e variável. avel. Chamaremos Chamaremo s de dy1 du u = y = y 1 /x1 e = u + x1 . x1 dx1 Sendo assim: y1 1 dy1 x = 1 y1 dx1 1+ x1

−

du u−1 ⇒ u + dx x1 = 1 + 4u 4u 1 4u dx1 du = du = ⇒ −11+−4u 2 4u x1

(1)

dx1 du = ⇒ −1 −1 4u2 du + −1 4−u4u2 du = x1

(1)

integrando todos os membros de (1), ( arctg(2 arctg(2u u)

−

− c1 ) +

−

1 ln(1 ln(1 + 4u 4u2 ) 2

− c2



= ln( ln (x1 ) + c3 (sendo c uma constante)

1 ⇒ ln( ln (x1 ) + arctg(2 arctg(2u u) + ln(1 ln(1 + 4u 4u2 ) = k (sendo k (sendo k uma constante) 2 como fizemos u fizemos u =

y1 então: x1

· 

y1 ln( ln(x1 ) + arctg 2 x1

  

1 + ln 1 + 4 2

2

y1 x1

= k

como fizemos x fizemos x = x = x 1 + 2, 2 , y = y = y 1 + 1 en então: ln( ln(x

−

 ⇒  ⇒

y 2) + arctg 2 x

ln( ln(x

ln( ln(x

⇒ ln ⇒ ln

 · −    −  − −   −    −  − −   −     −  − −   −     −  · − −    − − −

− 2) + 12 ln − 2) + ln

 − − (x

(x

2)

1 + ln 1 + 4 2

x y

1+4

1+4

1+4

2)2 + (2y (2y

1 2

x y

2)2

x y

2 1

0.5

y x

2

2 1

2

2

0.5

= k

2y x

+ arctg

2 1

2

1 2

0.5

2y x

+ arctg

+ arctg

+ arctg 2y x

2 2

141

2 2

2y x

= k

2 2

2 2

= k

= k

= k


⇒

1 ln (x 2



−

2)2

+ (2y (2y

−

2)2



+ arctg


 − 2y x

−

2 2

= k

multiplicando essa ultima u´ltima equa¸c˜ cão ao p or 2,

⇒ ln ⇒ ln

(x

(2y − 2)2 − 2)2 + (2y

(x

− 2)2 + (2y (2y − 2)2

 

 

+ 2 arctg

·

+ 2 arctg

·

 − −  − 2y x

2 2

= 2k

2y x

2 2

= a sendo a sendo a uma constante.

−

142










17


EDO EDO Exat Exatas as e Fat Fator ores es de de Inte Integr gra¸ a¸ c˜ ao

17.1


1. Verifique se as equa¸c˜ cões oes abaixo s˜ ao ao exatas exata s e, em caso positivo, resolva-as. a) (y cos( cos(xy) xy ) + 3y 3 y 1) dx + (x (x cos( cos(xy) xy ) + 3x 3 x) dy = dy = 0 b) (ex + y 1) dx + (3e (3ey + x 7) dy = dy = 0 c) 3x2 ln( ln(y )dx + x3 y −1 dy = dy = 0

·

−

−

·

−

·


Sendo M = ( = (yy cos( cos(xy) xy ) + 3y 3y

·

∂M = cos( cos(xy) xy ) ∂y

− 1) e 1) e N = x · cos( cos(xy) xy) + 3x 3 x. Note que

− xysen( xysen(xy) xy ) + 3

e tamb ta mb´ém em ∂N = cos( cos (xy) xy ) ∂y

xysen(xy) xy) + 3 − xysen(

Como ∂M ∂N = ∂y ∂y ent˜ en tão ao a EDO é exata exa ta.. Para Para resolver resolver a EDO determinamo determinamoss k, k , onde: k =



M dx +

   − −   N

∂ M dx ∂y

dy

veja.

k =



(y cos( cos(xy) xy ) + 3y 3y

·

− 1) dx +

k = sen = sen((xy) xy ) + 3yx 3 yx

(x cos( cos(xy) xy ) + 3x 3 x)

·

  

·

−x+



−x+

k = sen = sen((xy) xy ) + 3yx 3 yx

  

(x cos( cos(xy) xy ) + 3x 3 x)

−

−

∂ ( ∂ (y sen( sen(xy) xy ) + 3yx 3 yx ∂y

((x ((x cos( cos(xy) xy ) + 3x 3 x)

·

= sen((xy) 3 yx k = sen xy ) + 3yx Solu¸ c˜ cao ˜ de B:

144

 ·

∂ (y cos( cos(xy) xy ) + 3y 3y ∂y

−x

·

− 1) dx

− x)

cos(xy) xy ) + 3x 3 x)) dy − (x · cos(



dy



dy


Sendo M = ( = (eex + y


− 1) e N = 3e 3 ey + x − 7. Note que

∂M = e x ∂y e tamb ta mb´ém em ∂N = 3ey ∂y Como ∂M ∂N = ∂y ∂y



então a EDO é n˜ n˜ ao é exat ex ata. a. Solu¸ c˜ cao ˜ de C:

Sendo M = 3x2 ln( ln(y ) e N = x 3 y −1 . Note que





·

∂M = 6x ln( ln(y) ∂y

·

e tamb ta mb´ém em ∂N = ∂y

3

− xy2

Como ∂M ∂N = ∂y ∂y



então a EDO é n˜ n˜ ao é exat ex ata. a.

2. Determine as solu¸c˜ coes o˜es gerais das equa¸c˜ cões: oes: a) (x + y )dx + (x (x y )dy = dy = 0 y 2 b) (2xy (2xy + + e )dx + (x (x + xey )dy = dy = 0 c) y cos( cos(x)dx + (sen (sen((x) sen( sen(y ))dy ))dy = = 0

−

·

−


(1◦ passo) passo) A primeira primeira coisa que devemos devemos fazer é descobrir descobrir os valores valores de M (x, y) e N ( N (x, y ). Observando bem a EDO identificamos M identificamos M ((x, y) = x + y e N ( N (x, y ) = x y .

−

(2◦ passo) passo) Agora integramos M integramos M ((x, y) em rela¸cão a x e N ( N (x, y ) em rela¸c˜ cao aõ a y .

 

M (x, y )dx = dx =

x2 + yx 2 2

N ( N (x, y)dy = dy = xy xy 145

− y2

+ yx



(3◦ passo) passo) Agora derivamos parcialmente M parcialmente M ((x, y) em rela¸cão a y . ∂ M ( M (x, y) = 1 ∂y (4◦ passo) passo) Calculamos uma integral dupla do resultado anterior.

  



∂ M (x, y )dx dy = dy = xy xy ∂y

(5◦ passo) passo) Finalmente fazemos a soma dos resultados obtidos no passo 2 subtra´ subtra´ıdo do resultado obtido no passo 4.

k =



x2 + yx 2

−

xy

2

−

y 2 2

−

(xy) xy )

2

x y k = ⇒ k = − 2 2

+ xy

Como a condi¸c˜ cao aõ inicial ini cial é de y de y (0) = 2 e 2 en ntão: 02 k = 2

−

22 +0 2 2

·

k = −2 ⇒ k = então: 2

2

−2 = x2 − y2 ou 4 ou 4 = y 2

+ xy

2

− 2xy − x2 .


Vocˆ e pode po de usar o passo a passo do item anterior. Entretanto todo o algoritmo mostrado se resume na aplica¸c˜ cao ão da seguinte seguint e equa¸c˜ cao. aõ. k = veja: k =





M (x, y)dx +

y

(2xy (2xy + + e )dx +

  

N ( N (x, y)

     

k = x x 2 y + xey + ⇒ k =

y

2

x + xe

   −

 

dx dy

∂ (2xy (2xy + + ey ) ∂y

   −  −

x2 + xey

146

∂M ( ∂M (x, y) ∂y

  

dx dy

(2x (2x + ey ) dx dy



y

2

k = x x y + xe ⇒ k =

+

  

x2 + xey

− x2 + xey

⇒ k = k = x x 2 y + xey + 0



dy

k = x x 2 y + xey ⇒ k = Solu¸ c˜ cao ˜ de C:

k = k =



M (x, y)dx +

 ·

y cos( cos(x)dx +

      

∂M ( ∂M (x, y) ∂y

− sen( sen(y))

((sen ((sen((x)

k = y = y sen( sen(x) +

·

     −      − ·   −

− sen( sen(y ))

(sen( sen(x)


·

N ( N (x, y)

(sen( sen(x)


·

  

147

(cos( cos(x)) dx dy

(sen( sen(y )) dy

k = y = y sen( sen(x) + cos( cos(y ) sendo k uma constante.

∂ (y cos( cos(x) dx dy ∂y

− sen( sen(y )) − sen( sen(x)) dy



·

dx dy










17.2



1. Encontre um fator de integra¸c˜ cao ão apropriado e resolva as EDO abaixo. a)

dy + xy = xy = 3x dx

b) e y

dy + (1 + x)e−y = 0 dx

c) y dx + (2y (2y

− x)dy = dy = 0


Primeiro devemos escrever a EDO na forma M ( M (x, y )dx + N ( N (x, y )dy = dy = 0. dy + xy = xy = 3x dx dy ⇒ dx = 3x − xy ⇒ dy = dy = (3x (3x − xy) xy )dx ⇒ dy + dy + (xy ( xy − 3x)dx = 0

(1)

Agora vamos determinar qual ser´ a o fator de integra¸ c˜ cao. aõ. Para isso calculamos: ∂M ∂y

∂ (xy 3x) ∂y = 1

− ∂N ∂x

−

N como

∂M ∂y

− ∂N ∂x N

onde f onde f ((x) =

= x

é uma um a fun¸ fu n¸cão em x ent˜ ent ão ao o fator fat or integra int egrante nte será: a: I (x) = e

∂M ∂y

(1) (1) − ∂ ∂x

− ∂∂xN N



f (x)dx

sendo assim

I (x) = e



xdx

2

= e x

/2

(Fator de integra¸cão)

Note que multiplicando (1) pelo fator de integra¸c˜ cao aõ 2

ex

/2

2

ex

(dy + dy + (xy ( xy

/2

2

dy + dy + ex

2

))dx = = e e x /2 · 0 − 3x))dx /2

(xy

obtemos uma EDO homogˆ h omogênea, enea, veja:

149

− 3x)dx = dx = 0


∂ (ex

2


/2

(xy ∂y

2

− 3x)) = ∂ex /2 ∂x

2

2

⇒ x · ex /2 = x · ex /2 Cuja solu¸c˜ cao aõ pode ser obtida aplicando a equa¸cão. k = que resultaria em:



M ( M (x, y)dx +

  

y

N ( N (x, y )

−

−



∂ M (x, y)dx ∂y



dy

x2 3 = ke k e 2 −


Primeiro devemos escrever a EDO na forma M ( M (x, y )dx + N ( N (x, y )dy = dy = 0. ey

dy (1 + x) + =0 dx ey

dy (1 + x) = − ⇒ ey dx ey (1 + x) dy = − dx ⇒ ey dy = ey (1 ( 1 + x) dy + dx = dx = 0 ⇒ ey dy + ey Agora determinamos os valores de (1) e (2) a seguir: ∂M ∂y

− ∂N ∂x N

(1)

∂N ∂x

− ∂M ∂y N

(2)

1)e−2y e 1 respectivamente, veja: −(x + 1)e

cujos resultados resulta dos serão ao ∂ ∂y



−

(1 + x) ey ey

∂ y [e [ e ] ∂x

=

− (x e+y 1) − 0 − (x e+y 1) ey

=

ey

e tamb ta mb´ém em ∂ y [e [ e ] ∂x

 

∂ 1 + x ∂y ey (1 + x) ey

−

x + 1 (x + 1) y e ey = =1 1+x 1+x ey ey

0+ =

150

− (xe+2y1)

=



Como (1) nos fornece uma fun¸c˜ cão ao em 2 vari´ var iávei av eiss ent˜ en tão ao podemos descarta-la. J´ a (2) nos fornece uma contante, assim podemos usa-la. I (y) = e





f (y )dy

⇒ I ( I (y ) = e 1 dy

I (y ) = e y (Fator de integra¸c˜ ⇒ I ( ao) De posse do fator de integra¸c˜ cão ao podemos po demos resolver resolve r a EDO. Primeiro multiplicamos ambos os termos da EDO pelo fator de integra¸cão. e

y



dy e + (1 + x)e−y dx y



= e y 0

·

dy ⇒ e2y dx + (1 + x) = 0 dy = −(1 + x)dx ⇒ e2y dy = Finalmente integrando ambos os termos chegamos a solu¸cão.



2y

e dy = dy =

 −

(1 + x)dx

⇒ e2y + 2x 2x + x2 = k Solu¸ c˜ cao ˜ de C:


2. Encontre um fator de integra¸c˜ cão ao na forma for ma x x m yn e resolva a EDO abaixo: a) y a) y dx + (2x (2x b) x b) x 3 ydx

dy = 0 − y2)dy =

− (x4 + y4)dy = dy = 0


∂ N ∂ (y ) ∂ (2x (2x y 2 ) 1 ∂x ∂y ∂x = = 2x y 2 2x N

∂M ∂y

−

−

−

−

∂N ∂x

− ∂M ∂y M

− 2 = − 1 (Fun¸c˜ ao de duas du as vari´ var iávei av eis) s) − y2 2x − y2 cão

∂ (2x (2x y 2 ) ∂ ( ∂ (y ) 2 1 ∂x ∂y = = = y −1 (Fun¸c˜ cão ao de uma um a vari vari´ável av el)) 2 2x y y

−

−

−

−

Logo I (y) = e



f (y )dy

151


 1

dy

⇒ I ( I (y ) = e y I (y ) = e ln(y ) ⇒ I (


= e ln(y) (1)

como e como e ln(a) = a ent˜ a ent˜ ao: ao: I (y) = y como o fator de integra¸c˜ cao aõ deve estar na forma x forma x m y n então: I = x 0 y 1

·

. Solu¸ c˜ cao ˜ de B:


152










18 18.1


EDO Linear de 1◦ ordem: ordem: Aplica¸ Aplica¸ c˜ coes ˜ oes a Misturas Exerc Exer c´ıcios ıcio s da p´ agina agin a 173

1. Após os 1 hora, hora, interrompe-s interrompe-see o processo processo citado no exemplo exemplo 2.6.4. 2.6.4. e adiciona-se adiciona-se água agua fresca ao tanque numa taxa de 15 l/min, e a mistura, mantida homogˆ enea, enea, escoa à mesma taxa. Determine uma f´ ormula para a quantidade de sal existente no tanque em qualquer instante t maior que 1 hora. ormula Solu¸ c˜ cao: ˜

No enunciado do exemplo 2.6.4 é dito que o tanque tˆ em em uma vazão ao de entrada de 10 l/min e de 15 l/min de sa´ sa´ıda. Sendo assim, a ssim, em 1 hora, o tanque que antes possu´ possu´ıa 400 l da mistura agora terá apenas 100 l. Quant. de água agua = 10 60

· − 10 · 15 + 400 = 100

Assim temos os seguintes dados:

• Volume inicial: v0 = 100l 100l 315/16 16Kg Kg (Solu¸c˜ cão ao de 2.6.4 2.6 .4)) • Quantidade de sal: Q0 = 315/ • Velocidade da agua ao entrar: ve = 4l/min • Velocidade da agua ao sair: vs = 3l/min • Concentra¸c˜ cão ao de sal no inicio: C e = 0. (A água agua entra sem sal.) O volume de solu¸c˜ cão ao salina sal ina em qualqu qua lquer er moment mom ento o é v = v = v 0 + (v ( ve

− vs)t

a concentra¸c˜ cão ao de sal sa l é: e: C =

Q Q = v v0 + (v ( ve

− vs)t

a quantidade de sal no tanque, Q tanque, Q((t), é a solu so lu¸c˜ ção ao do problema de valor inicial inicia l

   

dQ Q = vs ( ve dt v0 + (v Q(0) = Q = Q0

−

− vs )t

dQ Q = 15 dt 100 + (15 Q(0) = 315/ 315/16

−

A equa¸c˜ cao aõ (8) pode ser escrita como 154

15)t − 15)t

(7)

(8)



dQ = dt

Q −15 100

  ⇒ −   ⇒ − 100 15

100 15

dQ = dt Q

ln( ln(Q) = t + k

ln (Q) = ( −15 15//100)t 100)t + (−15 15//100)k 100)k ⇒ ln(

⇒ e⇒ln(Q) = e(−3/20)t+(−3/20)k Q = e e (−3/20)t · e(−3/20)k ⇒ Q =

(9)

Quando t Quando t = 0 sabe-se que Q que Q = 315/ 315/16 16 e en ntão: 315 = e 0 e(−3/20)k 16

·

= e (−3/20)k ⇒ 315 16 = e (−3/20)k ⇒ 315 16 20 ln 3

k = − · ⇒ k =

  315 16

(10)

Substituindo (9) em (10) chegamos a solu¸cão: Q(t) =

315 e 16

−3

20

t

kg.

2. Considere Consider e um tanque tanq ue usado em determinada determ inada experiˆ e xperiência, encia, que contém em 200 litros lit ros de uma solu¸cão corante, com concentra¸c˜ cao aõ de 1 g/l. Para Para prepara prepararr para o pr´ oximo experiência encia o tanque deve ser lavado com água, agua, fluindo a uma taxa de 2 l/min e, a solu¸c˜ cão, ao, bem homogeneizada, homogene izada, é drenada na mesma taxa. Determine o intervalo de tempo decorrido até que a concentra¸c˜ cão ao de corante no tanque atinja 1% do seu valor inicial. Solu¸ c˜ cao: ˜

Como o volume do tanque não ao varia com o tempo, a varia¸c˜ cão ao de concentr conc entra¸ a¸c˜ cão ao no tanq ta nque ue é de: de :

155



d Q = taxa de entrada dt

− taxa tax a de sa´ıda ıd a

Sendo que:

Taxa de entrada = 0 Taxa de sa´ıda ıda = 2

Q(t) Q(t) = 200 100

Assim, temos: d Q = 0 dt

Q (t) Q(t) = − − Q( 100 100

Q (t) =0 ⇒ dtd Q + Q( 100

(1)

Note que (1) é uma um a equa¸c˜ cão ao homo ho mogˆ gênea ene a de solu¸ sol u¸cão Q( Q (t) = K e−t/100 . E quando t = 0, temos Q temos Q(0) (0) = K = K e0 = 200

⇒ K = 200

(2) (2)

Finalmente, substituindo (2) em (1): Q(t) = 200e 200e−t/100 Quando Q Quando Q((t) = 2 (1% de 1 g/l 200l), Temos: 200 200ee−t/100 = 2

·

Resolvendo Resolvendo essa ultima equa¸c˜ cão ao para para t obtemos t = 460, 460, 52 min ou escrito de outra forma 200 ln(10) ln(10) min. min.

·

156










19 19.1


Equac˜ c ¸oes o ˜es Diferenciais de Bernoulli Exerc Exer c´ıcios ıcio s da p´ agina agin a 175

1. Resolva as equa¸c˜ coes o˜es abaixo: abaixo:

a) x2 y  = x 2

− xy + xy + y 2

b) y  y xy 2 = 0 dx x c) 2 + x3 cos( cos(y ) = 0 dy y

− − −


Simplesmente n˜ ao ao podemos resolver esta equa¸c˜ cao ão por nenhum dos m´ etodos etodos apresentados na p´ agina agina 174 e isso se deve a um simples motivo. Essa equa¸c˜ cão ao na verd ve rdad adee é hom h omogˆ ogênea en ea e de d e Bern B ernou oulllli.i. Confira. x2 y  = x 2

xy + y 2 − xy + (y/x))2 ⇒ y  = 1 − y/x + (y/x

Fazendo f Fazendo f ((x, y) = y  ent˜ ao: ao:

− (λy/λx) λy/λx) + (λy/λx ( λy/λx))2 = f ( f (x, y)

f ( f (λx,λy) λx,λy) = 1


Usando o método etod o A temos: t emos: P ( P (x) =

Q (x) = x e n = 2. −1; Q(

Fazendo agora v = y = y 1−n = y −1 teremos: d d −1 v = y dx dx dv dy = y−2 dx dx

⇒

−

(1)

−v2 = −y2

e tamb´ ta mbém em que qu e

(2). (2).

Substituindo (2) em (1) e evidenciando dy/dx evidenciando dy/dx chegamos chegamos a equa¸c˜ cão ao (3) a seguir. segu ir.

158


dv dy = ( v −2 ) dx dx dy 1 dv = dx v 2 dx


−

⇒

(3)

−

Substituindo agora a equa¸c˜ cao aõ (3) e (2) na EDO teremos uma EDO linear. Veja. dy dx

− y − xy2 = 0 2

⇒−

− −

⇒−

− −

⇒



1 dv 1 1 x v 2 dx v v 1 dv v x = 0 v dx dv + v + x = 0 (EDO Linear) dx

A solu¸c˜ cão ao da EDO ED O line li near ar é: e: v (x) = ke k e−x

−x+1

Como fizemos a substitui¸c˜ cão de v = y = y −1 temos de retornar a variável. avel. y −1 = 1

− x + ke−x


Veja a questão ao anterior. anteri or.

159










19.2



1. Dete Determ rmin inee a equa¸ equa¸c˜ cao aõ da curva curva que passa passa pelo ponto ponto P(1,0) P(1,0) e corta corta ortog ortogona onalme lmente nte as 2 2 hip´ hi pérb er boles ol es x ay = 1. 1.

−

x2

Determine a equa¸c˜ cao aõ da curva que passa pelo p elo ponto P(1,0) e corta ortogonalmente as hip´ erboles erboles 2 ay = 1. 1.

−

Solu¸ c˜ cao: ˜

Primeiro temos t emos de determinar a fam´ fam´ılia de equa¸ c˜ coes o˜es que são ao ortogonais ortogonai s as hipérboles. erbol es. x2

− ay2 = 1 2 ⇒ y 2 = x − 1 a

Derivando implicitamente em rela¸cão a x. x . d 2 d x2 1 y = dx dx a dy 2x 2y 2y = dx a dy x = (1) dx ay

 −

⇒ ⇒

Das hip´ h ipérboles erbol es ainda ai nda retiramos retiram os que: qu e:

a =

x2 1 y2

−

(2)

Substituindo ent˜ ao ao (2) em (1) dy = dx

x x2

 − 1

y2

dy ⇒ dx =

y

x x2

 − 1

y

161



Invertendo lado direito e multiplicando por

−1.

x2

−  1

dy y = dx x dy 1 x2 = dx xy

− ⇒ xydy = (1 − x2 )dx ⇒ xydy = 1 − x2 yd y = dx ⇒ ydy x

Resolvendo essa ultima EDO por separa¸c˜ cao aõ de variáveis ave is chegamo cheg amoss à: a: y2 = ln ( x ) 2

| | −

x 2 +k 2

(3)

Neste momento todas as curvas com a forma da equa¸c˜ cão ao (3) cortam as hipérboles erbo les ortogonalortogonal mente, entretanto queremos apenas aquelas que passam por (1,0). 02 = ln ( 1 ) 2 1 k = k = 2

2

| | − 12

+k

(3)

⇒

Sendo assim, podemos reescrever a equa¸c˜ cão ao (3) (3 ) como: com o: y2 = ln ( x ) 2

2

| | − x2 + 21 ⇒ y 2 = 2 · ln (| x |) − x2 + 1 ⇒ y 2 = ln( ln (x2 ) − x2 + 1 2. Determine as trajet´ orias ori as ortogona orto gonais is às as fam´ılias ıli as de curvas curv as x x 2 + 2y 2y 2 = c. c . Solu¸ c˜ cao: ˜

Veja a resolu¸c˜ cão ao (neste pdf ) dos exerc´ exerc´ıcios da p´ agina agina 154 do livro.

3. Prove que as trajetórias orias ortogonais de todas as par´ abolas abolas com v´ ertice ertice na origem e foco sobre OX são ao elipses com centro na origem e focos sobre OY. 162



Solu¸ c˜ cao: ˜

???

4. Uma sala de conferenci conferenciaa cont´ contém em 3000m3 de ar, livre de monóxido oxido de carbon carbono. o. O sistema sistema 3 de ventila¸c˜ cao ão introduz o ar, livre de mon´ oxido oxido de carbono, numa razão ao de 0,3m /min e o extrai na mesma razão. ao. Se, no n o temp o t = 0, as pessoas na sala come¸cam cam a fumar, e adicionam mon´ oxido oxido de 3 carbono carb ono à sala sal a na razão ao de 0,02 0,02m m /min, em quanto tempo t empo o ar da sala conterá 0,015% de mon´ oxido oxido de carbono? Solu¸ c˜ cao: ˜

???

5. Trajetórias orias isogonais ocorrem quando uma fam´ fam´ılia de curvas intercepta outra fam´ fam´ılia de curvas π  sob o angulo α angulo α,, α = . Se uma u ma fam f am´´ılia ıli a é dada da da pela p ela solu¸ sol u¸c˜ cao aõ da equa¸cão y = f ( f (x, y ), a outra out ra fam´ılia, ıli a, 2 que intercepta estas curvas sob o angulo α angulo α,, é dada da da por



dy f ( f (x, y) + tgα = dx 1 f ( f (x, y ))tgα ))tgα

−

Usando estas informa¸c˜ cões, oes, encontre encontr e a fam´ fam´ılia de curvas cu rvas que intercepta intercep ta a fam f am´´ılia:

A) y A) y = x = x + c sob so b o ângu an gulo lo α α = = B) y B) y 2 = kx k x sob so b o ângu an gulo lo α α = =

π . 3

π . 4


Seja y Seja y = x = x + c ent en tão

dy = 1. Assim, dx dy f ( f (x, y ) + tg( tg (π/3) π/3) 1+ = = dx 1 1 tg( tg (π/3) π/3) 1

√ 1+ 3 √ dx dy = ⇒ dy = 1√ − 3 1+ 3 √ x + c ⇒ y = y = 1 − 3√ y = (−2 − 3)x 3)x + c ⇒ y =

√ 3 − √ 3

− ·





163











Terceira Parte

Equa¸ c˜ coes o ˜es Diferenciais de Ordens Superiores Olá! a! Me chamo Diego Oliveira e sou o professor responsável avel por esse solucion´ solucio nário ario e vários arios outros que você encontra por a´ı no Google. A partir daqui ter´ ter´ıamos as solu¸ c˜ cões oes da terceira parte de livro (equa¸c˜ coes ões diferencias ordinárias arias de ordem maior ou igual a dois). Entretanto, a unica ´ coisa que você verá aqui são ao os meus sinceros votos de boa sorte. Quando um projeto come¸ca ca apresentar poucas visualiza¸c˜ coes o˜es e downloads julgo que das duas uma: ou os leitores leitores não ao est˜ ao ao gostando gostando do trabalho trabalho ou o livro caiu em desuso. desuso. E como n˜ ao ao faz sentido continuar um trabalho que n˜ ao ao está agradando ou interessando chegou o momento de parar. Se você me acompanhou acompa nhou até aqui agrade¸ agradeco ço muito pela paciência. encia. Mas, de agora agora em diante as atualiza¸c˜ cões oes que forem postadas (se forem) ser˜ ao ao apenas a penas de corre¸cão.

Muito Obrigado!

165

Topicos: Séries e equações diferenciais

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