x + 2 > 1 (x 2)(x + 2) x + 2 > e

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1 Instituto Superior Técnico Departamento de Matematica TESTES DE RECUPERAÇÃO DE CDI I O SEM. / DURAÇÃO: H/H VERSÃO A LEMAT, LEAN, MEBIOL, MEQ, MEAMBI E LMAC, MEBIOM, MEFT RESOLUÇÃO. (,5 val.) (a) (,9 val.) Represente na forma de um intervalo ou de uma união disjunta de intervalos os conjuntos seguintes: A { R : arctan } e B { R : log 4 log + > }. Resolução. Relativamento ao conjunto A, temos que: arctan arctan. Aplicando a função tangente a cada um dos termos desta última desigualdade e usando o facto de ser uma função estritamente crescente em ] π/, π/[ [, ], obtemos tan( ) tan(arctan ) tan() tan() tan() [ tan(), tan()]. Relativamente ao conjunto B, temos que: B { R : log 4 log + > } { R : log } 4 + > { } R : ( )( + ) + > e { R : > e } (], e[ ] + e, + [) \ { } ], [ ], e[ ] + e, + [ (b) (,6 val.) Indique, caso eistam em R, o supremo, ínfimo, máimo e mínimo dos conjuntos seguintes: { ( nπ ) } C cos, n N, D ], ] e C D. Resolução. C {,, } pelo que inf C min C e sup C ma C. O conjunto D tem inf D / D, pelo que não tem mínimo, e tem sup D D, pelo que tem ma D. O conjunto C D {, } pelo que inf C D min C D e sup C D ma C D.. (, val.) Calcule: Resolução. sen( π) sen (log ), + log(, ) +(tan )tan. sen( π) sen(). (,5 val.) Sendo o seno uma função itada entre e, temos que sen (log ) log( ) log( ) log( ), >.

2 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO Como + log( ) + podemos concluir pelo princípio do encaie que Tendo em conta que temos que Como log( ) sen (log ) + log(. (,5 val.) ) (tan ) tan e log((tan )tan ) e (tan ) log(tan ), < < π/, +(tan )tan e + (tan ) log(tan ). sen ) log(tan ) (log(sen ) log(cos )) +(tan + cos podemos concluir que sen log(sen ) + / RC cos sen + cos + log(sen ) + / + sen, +(tan )tan e. (, val.). (,5 val.) Calcule a derivada das funções definidas pelas seguintes epressões: a) e cos( ) ; b) arctan (senh(/)). Resolução. ( e cos( ) ) e cos( ) (cos( )) e cos() ( sen( )) (,7 val.) ( ) arctan (senh(/)) (arctan (senh(/))) arctan (senh(/)) ( ) cosh(/) / +senh (/) arctan (senh(/)) (,8 val.) 4. (, val.) Se a i, i, mostre por indução que: n ( a ) ( a n ) a i, n N. i

3 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO Resolução. [P ()]. Para n a desigualdade anterior fica ( a ) a i a que é uma proposição verdadeira. [P (n) P (n + )]. Assumindo como verdadeira a hipótese P (n), i.e. n ( a ) ( a n ) a i para um determinado n N, i i há que mostrar a validade da tese P (n + ), i.e. n+ ( a ) ( a n+ ) a i para o mesmo determinado n N. i Isto pode ser feito da seguinte forma: ( a ) ( a n+ ) ( a ) ( a n ) ( a n+ ) ( ) n a i ( a n+ ) i ( n ) ( n ) a i a n+ + a i a n+ i n+ i a i onde a hipótese e o facto de a n+ são usados na primeira desigualdade e o facto de a i, i, é usado na segunda desigualdade. 5. (, val.) Considere a função f : R R contínua em R e definida por: { arcsen( f() ) se < log( c) se onde c ], [ designa uma constante. (a) (,5 val.) Determine o valor de c. i Resolução. Sendo f contínua em e, temos necessariamente que arcsen( ) log( c) log( c) c c. (b) (, val.) Mostre que f não é diferenciável em. Resolução. Como a função arcsen é diferenciável no intervalo ], [, temos pelo Teorema da Derivada da Função Composta que f é diferenciável em ], [ \ {} e f () ( arcsen( ) ) ( ) 4, ], [ \ {}.

4 4 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO Pelo corolário do Teorema de Lagrange, temos então que f d () f () + + e f e() f (). Como f e() f d (), podemos concluir que f não é diferenciável no ponto. (c) (,5 val.) Determine os intervalos de monotonia e os etremos de f. Resolução. Pelo cálculo da derivada de f feito na alínea anterior, temos que < < f () < e < < f () >. Por outro lado pelo que ( log( ) ) 4 < f () < e < f () >. Assim, f é estritamente decrescente em ], [ e ], [ e estritamente crescente em ], [ e ], + [. Sendo contínua em, e, podemos concluir que f tem mínimos em e e máimo em. 6. (, val.) Seja g uma função definida e diferenciável em ], [ e tal que: ( ) ( ) g g +. n + n + (a) (,5 val.) Justifique que g não pode ser prolongada por continuidade ao ponto. Resolução. Se g fosse prolongável por continuidade ao ponto, então ( ) ( ) g() g() g + n + n + g. n + n + Mas então ( ) g n + ( ) ( ) ( ) g + n + g n + n + g + n + n + o que é absurdo. g() g() +, (b) (,5 val.) Mostre que eiste uma sucessão c n de termos em ], [ que verifica: g (c n ) (n + )(n + ). Resolução. Para cada n N, o Teorema de Lagrange garante que eiste c n ] n+, n+ [ ], [ tal que g (c n ) g( n+ ) g( n+ ) (n + )(n + ). n+ n+ O TESTE ACABA AQUI. (n+) (n+) (n+)(n+)

5 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO 5 7. (,5 val.) Determine uma primitiva de cada uma das seguintes funções. (a) e e (b) arctan (c) ( )( + ) Resolução. (a) (,5 val.) Trata-se de uma primitiva quase-imediata: e e e ( e ) ( e ) 9 ( e ) (b) (, val.) Usando primitivação por partes: arctan() arctan() arctan() arctan() (c) (, val.) Decompomos a função racional: ( + + ) ( ) log( + ) ( )( + ) A + B + C + Os coeficientes A, B e C são determinados por forma a que A( + ) + (B + C)( ) (A + B) + (C B) + A C, o que significa resolver um sistema linear de equações a incógnitas: A + B, C B, A C A /, B /, C /. Logo ( )( + ) log 4 log / (/ ) log 4 log + + arctan(/ ) 8. (, val.) Calcule d e aproveite o resultado para justificar que a área do círculo unitário é igual a π. Sugestão: faça a mudança de variável sen t. Poderá ser-lhe útil a fórmula (cos t) +cos(t). Resolução. Usando a mudança de variável indicada, temos que sen t d cos t dt e t [, π/] [, ].

6 6 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO Logo, usando também a relação trigonométrica indicada, π/ π/ d sen (t) cos(t) dt cos (t) dt Tendo em conta que π/ + cos(t) π [sen(π) sen()] π 4 dt π + 4 [sen(t)]π/ + y y quando, y >, temos que d representa a área da parte do círculo unitário que está no primeiro quadrante, i.e. um quarto da área total do círculo unitário, pelo que esta é igual a π. 9. (, val.) Seja φ : R R a função definida por φ() e t dt. a) (, val.) Justifique que φ C (R) e calcule φ. Resolução. φ é de classe C (R) por ser a composta de duas funções de classe C (R): o integral indefinido da eponencial de um polinómio e um polinómio. A sua derivada φ pode ser calculada usando o Teorema da Derivada da Função Composta e o Teorema Fundamental do Cálculo: φ () e ( ) ( ) e 6. b) (, val.) Obtenha o desenvolvimento de φ em série de Taylor em torno de indicando o respectivo intervalo de convergência. Resolução. Usando a série de Taylor da função eponencial em torno de, i.e. e n n!, R, temos que φ () ( 6 ) n n! φ() c + 6n+ n! 6n+ (6n + )n! c + onde c R é uma constante. Como φ() e t dt φ(),, R, 6n+ (n + )n!, R, concluimos que c pelo que 6n+ φ() (n + )n!, R.

7 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO 7. (, val.) (a) (, val.) Determine a natureza das séries + n n n n + n arctan(n) n + n. Resolução. Para determinar a natureza da série + n n, que é uma série de n n termos não-negativos, podemos usar o Critério da Razão: a n+ n+ n n a n n (n + ) n n (n + ) >, concluindo assim que a série é divergente. Para determinar a natureza da segunda série, observamos que arctan(n) n + n < π n, n N, e /n é uma série convergente, podendo concluir por comparação que a série arctan(n) n + n é convergente, pelo que a série arctan(n) n + n é absolutamente convergente. (b) (,7 val.) Justifique que a série n + n é convergente e que a sua soma é menor que. Resolução. Tendo em conta que n + n < n ( ) n, n N, e como ( n ) é uma série geométrica de razão R <, logo convergente, podemos concluir por comparação que a série também é convergente n +n e n + n < ( ) n.. (,5 val) Determine para que valores de a série de potências: n ( + ) n n ( n + ) é absolutamente convergente, simplesmente convergente ou divergente.

8 8 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO Resolução. O raio de convergência desta série de potências é dado por R a n n+ ( n + + ) n + + n (. n + ) n + a n+ Assim, a série é absolutamente convergente quando + < < + < 6 < < < < ], [ e divergente quando + > ], [ ], + [ Quando a série de potências toma a forma ( ) n n ( n + ) ( ) n n + n n que é uma série numérica alternada com parte positiva decrescente e convergente para zero, logo convergente pelo Critério de Leibniz. A natureza da correspondente série de módulos ( ) n n + n + n n pode ser determinada por comparação com a série de Dirichlet, que tendo n / epoente / < é divergente. De facto, n n+ n + n + n e como < < + as séries têm a mesma natureza, pelo que a série dos módulos é divergente. Assim, quando a série de potências é simplesmente convergente. Quando a série de potências toma a forma n que já sabemos ser divergente. n n ( n + ) n n +. (, val.) Seja f uma função estritamente crescente em [, + [. (a) (,5 val.) Mostre que f() + + f(n ) < f() d < f() + + f(n), n >. Resolução. Considerando a partição P n {,,..., n, n} [, n], n >, as correspondentes somas inferiores e superiores são dadas por e n n L(f, P n ) : ( inf f) (k + k) f(k) f() + + f(n ) [k,k+] k n U(f, P n ) : ( sup onde k [k,k+] k n f) (k + k) f(k + ) f() + + f(n), k inf f f(k) e sup f f(k + ) [k,k+] [k,k+] porque f é crescente.

9 CDI I RESOLUÇÃO DOS TESTES DE RECUPERAÇÃO 9 Assim, tendo em conta que a definição de integral e o facto de f ser estritamente crescente garantem que L(f, P n ) < fica mostrado o pretendido. (b) (,5 val.) Escolhendo f log mostre que f() d < U(f, P n ), n >, (n )! < nn < n!. en Resolução. Integrando por partes, obtemos log() d [ log()] n d n log(n) (n ). Usando a alínea (a) temos então que log() + + log(n ) < < log() + + log(n) log() + + log(n ) < log(n n ) (n ) < log() + + log(n). Aplicando a função eponencial a esta desigualdade obtemos (n )! < nn < n!, en como se queria mostrar.