FEUP - MIEEC - Análise Matemática 1
a
Resolução da 1
Cotações:
Chamada - 1 de Fevereiro de 2008
Perguntas 1, 2 e 4: 4 valores. Perguntas 3,5: 3 valores. Pergunta 6: 2 valores.
1. Indique se cada uma das seguintes armações é verdadeira ou falsa e justique.
(a) A função F (x) =
Z
sin x
0
Resolução:
arcsin t
x cos x
dt é uma primitiva da função f (x) =
.
1 + t2
1 + sin2 (x)
Verdadeira porque
F 0 (x) = cos(x)
(b) A equação diferencial y 0 + y =
Resolução:
arcsin(sin(x))
x cos(x)
=
= f (x).
1 + sin2 (x)
1 + sin2 (x)
ex
possui uma innidade de soluções que satisfaz y(1) = 1.
x2
Falsa. A equação é linear de primeira ordem. O problema de valor inicial
(
y0 + y =
y(1) = 1
ex
x2
satisfaz as condições de aplicabilidade
do Teorema da Existência e Unicidade. Realmente, no intervalo
x
]0, +∞[ a função g(x) = xe 2 é contínua e 1 ∈]0, +∞[. Logo o Teorema da Existência e Unicidade
garante que o problema do valor inicial tem uma e uma só solução.
(c) A série
∞
X
an é tal que lim an = 0. Então podemos concluir que a série é convergente.
n→∞
n=1
Resolução:
Falsa. A série
(d) O integral impróprio
Z
0
Resolução:
1
√
∞
X
1
1
diverge, mas lim = 0.
n→∞ n
n
n=1
dx
é convergente.
1 − x2
Verdadeira, porque
Z
0
1
√
dx
= lim
b→1−
1 − x2
Z
0
b
√
π
dx
= lim arcsin(b) − arcsin(0) = .
2
b→1−
1 − x2
2. Calcule os seguintes integrais:
(a)
Z
(2x + 6)(x + 1)
dx.
(x + 3)(x2 − 2x + 2)
Resolução:
Z
(b)
Z
x3
p
(2x + 6)(x + 1)
dx
(x + 3)(x2 − 2x + 2)
x+1
dx
− 2x + 2
Z
x+1
= 2
dx
(x − 1)2 + 1
Z
x−1+2
= 2
dx
(x − 1)2 + 1
Z
Z
1
x−1
dx
+
4
dx
= 2
2
(x − 1) + 1
(x − 1)2 + 1
=
2
=
ln ((x − 1)2 + 1) + 4 arctan (x − 1) + C.
x2
9 − x2 .
Resolução:
Considere x = 3 sin(t). Temos dx = 3 cos(t)dt e
p
Assim
Z
Z
x3
9 − x2 =
p
9 − x2 dx
Z
=
q
9 − 9 sin2 (t) = 3 cos(t).
35 sin3 (t) cos2 (t)dt
Z
=
=
35 sin(t) 1 − cos2 (t) cos2 (t)dt
Z
Z
2
5
5
3
sin(t) cos (t)dt − 3
sin(t) cos4 (t)dt
35 cos5 (t)
+C
5
5/2
(9 − x2 )
+ C.
= −3(9 − x2 )3/2 +
5
= −34 cos3 (t) +
3. Determine a área da região entre as curvas y = sin x e y = cos(x) onde x ∈ [π/2, 3π/2].
Resolução:
Região a sombreado na gura.
Ponto de intersecção: é x ∈]π, 3π/2[ tal que cos(x) = sin(x). Logo x = 5π/4.
√
Lembrar que cos(5π/4) = sin(5π/4) = −
2
, cos(π/2) = 0, sin(π/2) = 1, sin(3π/2) = −1 e cos(3π/2) = 0.
2
Área:
Z
5π/4
Z
3π/2
cos(x) − sin(x) dx
sin(x) − cos(x) dx +
5π/4
π/2
x=3π/2
x=5π/4
+ (sin(x) + cos(x))
= (− cos(x) − sin(x))
x=5π/4
x=π/2
= − cos(5π/4) − sin(5π/4) + cos(π/2) + sin(π/2) + sin(3π/2) + cos(3π/2) − sin(5π/4) − cos(5π/4)
√
√
= 2+1−1+ 2
√
=2 2
4. Considere a equação diferencial y 00 (t) + y 0 (t) − 6y(t) = g(t).
(a) Sabendo que a solução da equação que satisfaz y(0) = y 0 (0) = 0 tem como transformada de Laplace
L(y) =
1
, verique que g(t) = et .
(s − 1)(s2 + s − 6)
Resolução:
Considere-se o problema de valor inicial:
 00
 y (t) + y 0 (t) − 6y(t) = g(t)
y(0) = 0
 0
y (0) = 0
A transformada de Laplace da equação dada é
s2 L(y) − sy(0) − y 0 (0) + sL(y) − y(0) − 6L(y) = L(g(t)).
Como y(0) = y 0 (0) = 0, temos
L(y) = L(g(t)) ×
Ora se L(g(t)) ×
s2
s2
1
.
+s−6
1
1
1
=
, então L(g(t)) =
, ou seja, g(t) = et .
2
+s−6
(s − 1)(s + s − 6)
s−1
(b) Determine a solução geral da equação diferencial.
Equação diferencial homogénea: y 00 (t) + y 0 (t) − 6y(t) = 0.
Equação característica desta E.D.: r2 + r − 6 = (r + 3)(r − 2) = 0.
Solução geral da E.D. homogénea: yH (t) = c1 e−3t + c2 e2t , c1 , c2 ∈ R.
Resolução:
Solução geral da E.D. y 00 (t) + y 0 (t) − 6y(t) = et : y(t) = yH (t) + yp (t).
Cálculo de yp (t): pode ser a solução do problema de valor inicial da alínea anterior. Essa solução
tem transformada de Laplace
L(y) =
1
1
1
1
=−
+
+
.
(s − 1)(s2 + s − 6)
4(s − 1) 20(s + 3) 5(s − 2)
Logo
1
1
1
yp (t) = − et + e−3t + e2t .
4
20
5
Então
y(t)
Logo, a solução geral é
1
1
1
= c1 e−3t + c2 e2t − et + e−3t + e2t
4
20
5
1
1 2t 1 t
=
c1 +
e−3t + c2 +
e − e
20
5
4
1
y(t) = b1 e−3t + b2 e2t − et ,
4
b1 , b2 ∈ R.
5. (a) Determine a soma da série
n
∞ X
sin(θ)
2
n=1
, onde θ é um número xo real.
Trata-se de uma série geométrica de razão r =
converge e a sua soma é
Resolução:
sin(θ) 1
sin(θ)
. Como a série
≤
2
2
2
sin(θ)
sin(θ)
2
=
.
sin(θ)
2 − sin(θ)
1−
2
(b) Sabendo que f (x) =
Resolução:
A série
∞
X
2n
xn , ∀x ∈ R, determine f 00 (0).
(n
+
1)!
n=0
∞
X
2n
xn é a série de Taylor da função f centrada em 0. Logo, para todo
(n
+
1)!
n=0
o n ∈ N ∪ {0} temos an =
f (n) (0)
2n
. Como an =
temos
n!
(n + 1)!
2n
f (n) (0)
=
.
(n + 1)!
n!
Substituindo n por 2 na igualdade anterior vem
22
f 00 (0)
=
.
3!
2!
4
3
Logo f 00 (0) = .
6. Verique, usando indução nita, que
1
1
1
1
+ + ... +
<3− ,
1! 2!
n!
n!
Resolução:
Seja
S=
∀ n ∈ N.
1
1
1
1
n∈N:
+ + ... +
<3−
1! 2!
n!
n!
.
Considerando n = 1 o primeiro membro da desigualdade é 1 e o segundo é 2. Como 1 < 2, temos 1 ∈ S .
Suponhamos agora que k ∈ S , ou seja, que
1
1
1
1
+ + ... +
<3− .
1! 2!
k!
k!
Vamos ver se k + 1 ∈ S .
Ora
1
1
1
1
+ + ... +
+
1! 2!
k! (k + 1)!
< 3−
1
1
+
k! (k + 1)!
(por hipótese de indução)
k
(k + 1)!
1
< 3−
(k + 1)!
k
1
porque −
< −
.
(k + 1)!
(k + 1)!
=
3−
Provámos assim que k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S . Como, além disso, 1 ∈ S , o princípio de indução nita permite
concluir que a desigualdade é válida para todo o n ∈ N.
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