INSTITUTO POLITÉCNICO DE SETÚBAL ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA MATEMÁTICA APLICADA. Resolução do 1 o Teste.

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1 . [.5] (a) Calcule a soma da série Resolução: A série INSTITUTO POLITÉCNICO DE SETÚBAL Resolução do o Teste n (n + ) ; n (n + ) rapidamente se verifica que não é uma série aritmética ou geométrica. Reescreva-se o termo geral da série na forma Note-se que n (n + ) A n + B n +. A (n + ) + Bn { A + B A { B A. Logo, n (n + ) [ n ] n + ( lim ) ( + ) ( ) n + lim ( n ) n + Portanto, a série é convergente e a sua soma é. (b) Estude a natureza das seguintes séries: [.] i. n + n + n ; I

2 Resolução do o Teste [.5] ii. Resolução: A série é de termos positivos. Como o termo geral é uma fracção com somas, recorra-se ao segundo critério de comparação em que se comparará a série dada com a seguinte série de Dirichlet divergente (p ) Assim, Logo as séries (n)! n! (n + )!. lim n + n + n e n n + n. n + n +n n n lim n + n lim. n + n n n + n + n são da mesma natureza, divergentes. Resolução: A série é de termos positivos e o seu termo geral é um produto com vários factores. Use-se o Critério de D Alembert: lim [(n+)]! (n+)!(n+)! (n)! n!(n+)! lim (n + )! (n)! n! (n + )! (n + )! (n + )! (n + ) (n + ) lim (n + ) (n + ) lim n + n + lim + n + n 4 >. Logo, a série (n)! n! (n + )! é divergente. II

3 Resolução do o Teste. (a) Considere a série de potências ( ) n (x 4) n n. [.] i. Determine o intervalo de convergência da série; Resolução: A série de potências é centrada em x 4 e portanto converge para x 4. O raio de convergência é dado por R n lim lim. ( ) n Conclui-se então que a série de potências é absolutamente convergente no intervalo n n n x 4 < x ], 7[. [.] ii. Estude a convergência da série para x 7. Resolução: Para x 7 a série resultante é ( ) n (7 4) n n ( ) n. Como o termo geral desta série, que é dado por ( ) n, não converge para zero, então a série + ( ) n é divergente pela condição necessária de convergência. (b) Considere a função f (x) arctan ( x ). [.] i. Desenvolva f em série de MacLaurin e indique o respectivo intervalo de convergência; III

4 Resolução do o Teste Resolução: A função f não tem semelhanças com nenhum desenvolvimento conhecido. No entanto, a derivada de f já tem. Logo, arctan ( x ) [ ] x P + (x ) [ ] x P + x [ 4 ] P x ( x 4 ) [ ( P x ) ] x 4 n n [ + ] P ( ) n x 4n+ n n ( ) n 4n + x4n+ + C, C R. Como f () arctan (), então C e a função f tem o seguinte desenvolvimento em série de potências f (x) n ( ) n 4n + x4n+. Pelo Teorema da unicidade do desenvolvimento em série de potências, conclui-se que a série obtida é a série de Mac-Laurin da função f. [.] ii. Determine f (54) (). Resolução: Pela alínea anterior, sabe-se que Logo, n f (n) () x n ( ) n n! 4n + x4n+. n f (54) () ( ) 54! 54 f (54) () 5!. IV

5 Resolução do o Teste. Calcule os seguintes integrais: [.] (a) e x+y dxdy onde D é o rectângulo definido por D D { (x, y) R : x e y } ; Resolução: Tem-se que e x+y dydx e x [e y ] dx e x ( e ) dx ( e ) [ ex ] ( e ) ( e ). [.] (b) T (x y) dxdy onde T é o triângulo com vértices (, ), (, ) e (, ). Resolução: O gráfico da região de integração é o seguinte: V

6 Resolução do o Teste As três rectas no gráfico são y y x x y y x x y +. Visto que neste caso é preferível definir as rectas à custa dos yy, o integral é y+ [ ] x y+ (x y) dxdy y xy dy y ( ) (y + ) (y + ) y 4y + y dy. y + dy [ y + y 4. Utilize uma mudança de variável adequada para calcular os seguintes integrais: ] [.] (a) D (x y) dxdy onde D é o paralalegramo definido por D { (x, y) R : 6 x y e x + y 6 } ; Resolução: Uma vez que a área de integração é um paralelogramo, utilize-se a seguinte mudança de variável { u x y v x + y. Note-se que 6 u e v 6. Resolva-se o sistema em ordem a x e a y { { u x y x u + y v x + y v (u + y) + y { x u + y y u + v { ( x u + u + v) y u + v { x u + v y u + v. VI

7 Resolução do o Teste Calcule-se o Jacobiando det J Já se pode calcular o integral (x y) dxdy D udu 6 [ ] u 6 6. u dvdu [.] (b) x x x + y dydx. Resolução: Para este integral ir-se-á utilizar uma mudança de variável com coordenadas polares. As condições { x y dizem-nos que θ [ ], π e as condições { x y x x transformam-se em (θ π ) { ρ cos θ y x x { ρ cos θ x + y x { ρ cos θ ρ ρ cos θ { ρ cos θ ρ cos θ. Para θ no primeiro quadrante, tem-se que cos θ cos θ VII

8 Resolução do o Teste e logo Assim, ρ cos θ. 5. x x π x + y dydx π cos θ [ sin θ] π. [.5] (a) Determine a massa do sólido limitado pelas condições cos θdθ z, z, y, y x e x e em que a massa específica é dada por ρ (x, y, z) sin (πz); ρ ρdρdθ Resolução: A coordenada z é dada e tem-se que z. As condições y, y x e x podem ser representadas graficamente por VIII

9 Resolução do o Teste Logo, a massa é dada por dz dx x sin (πz) dy 4 dz [x x4 ( x ) sin (πz) dx 4 ] sin (πz) dz 4π [ cos (πz)] π. sin (πz) dz [.5] (b) Determine o volume do sólido limitado superiormente pela superfície definida por e inferiormente pela superfície definida por z x y z x + y. Resolução: Com os dados do enunciado só temos explicitamente o que se passa com a coordenada z. Use-se as coordenadas cilíndricas { x ρ cos θ e calcule-se a intersecção das duas superfícies y ρ sen θ x y x + y ( x + y ) ρ ρ. Logo, o volume vai ser calculado por coordenadas cilíndricas π ρ ρ ρdzdρdθ π π π ( ρ ) ρdρdθ [ ρ 4 ρ4 ] dθ dθ π. Fim do teste IX