2008 Eai - Exame C/ Resolucao

´lise infinitesimal i 21030-elementos de ana ´ lio de 28 de janeiro de 2009 exame/p-fo

Informa¸c˜oes e Recomenda¸c˜oes: • O exame tem a dura¸ca˜o de 2h30min e ´e constituido por todos os grupos e al´ıneas. • O p-f´olio tem a dura¸ca˜o de 1h30min e ´e constituido pelos seguintes grupos e al´ıneas: I.a), I.c)(i), I.c)(ii), II.1.a), II.2.a), III.1.a), III.1.b), III.1.c) III.2.a), III.2.b). • Na prova real os enunciados do exame e do p-f´olio s˜ao fornecidos em folhas diferentes. ˜ • N˜ ao ´e permitida a consulta de formul´arios e elementos de estudo pessoais. NAO pode utilizar m´aquina de calcular.

Cota¸c˜ao e crit´erios de corre¸c˜ao: • Este exame tem a cota¸ca˜o total de 20 valores, distribu´ıdos do seguinte modo: Grupo I: 6 valores, Grupo II: 7 valores, Grupo III: 7 valores. • Ser˜ ao factores a ter em conta para a avalia¸ca˜o da prova de exame a correc¸ca˜o matem´atica das respostas, a apresenta¸ca˜o de todos os c´ alculos necess´arios para a compreens˜ ao do seu racioc´ınio, bem como a justifica¸ca˜o cuidada das respostas e a redac¸ca˜o clara e organizada das mesmas.

1

I.  Considere o conjunto Ω = x ∈ R :

a) Mostre que Ω =] − ∞, 0[∪]0, 1[.

1 x

<

1 x2



b) Determine o interior, fronteira, exterior e derivado do conjunto Ω. c) Diga, justificando pormenorizadamente, se s˜ao verdadeiras ou falsas as seguintes afirma¸co˜es: (i) para qualquer sucess˜ao real (xn ) convergente para zero verifica-se que xn ∈ Ω para todos os valores suficientemente grandes de n. (ii) todas as sucess˜oes estritamente crescentes de termos em Ω s˜ao convergentes para um real n˜ ao-negativo. (iii) qualquer sucess˜ao n˜ ao-limitada de termos em Ω tem pelo menos uma subsucess˜ao convergente para −∞.

II. 1. Calcule o limite, ou mostre que ´e divergente, cada uma das sucess˜oes reais com os termos gerais seguintes: n+3 !  2 . a) xn = log 1+ n 2 + (−1)n . 1+n 3 c) zn = n sin . n

b) yn =

P∞ 2. Seja (αn ) uma sucess˜ao de termos positivos tal que a s´erie n=1 αn ´e divergente. P∞ αn ´e convergente. a) Utilizando o crit´erio de compara¸ca˜o conclua que a s´erie n=1 1+n 2α n P∞ αn b) Mostre que a s´erie n=1 1+αn ´e divergente

III. 1. Considere a fun¸ca˜o f : R+ → R definida pela express˜ao f (x) =

1 , ψ (log x2 ) + 2x

onde ψ ´e uma fun¸ca˜o definida, positiva e diferenci´ avel em todo o R. a) Justifique que f ´e diferenci´ avel no seu dom´ınio e determine a sua fun¸ca˜o derivada. √ b) Sabendo que f tem um extremo relativo em x = e, calcule ψ ′ (1). c) Suponha que, adicionalmente `as condi¸co˜es acima, se sabe que ψ tem assimptotas obl´ıquas. Determine o valor dos limites lim f (x) e lim+ f (x). x→+∞

x→o

d) Nas condi¸co˜es da al´ınea anterior e supondo que ψ ′ ´e limitada, mostre que f ´e uniformemente cont´ınua 2. Calcule todas as fun¸co˜es primitivas das seguintes fun¸co˜es a) h(x) = sin2 x cos3 x, b) g(x) =

√x . x+1

FIM 2

˜ o do exame resoluc ¸a I.a) Comecemos por notar que x−1 1 1 <0⇔ < 0. − x x2 x2 Observando que x2 nunca ´e negativo, conclui-se que a express˜ao no numerador da fra¸ca˜o que define Ω tem de ser negativa, ou seja x > 1 e o denominador n˜ ao pode ser nulo. Portanto conclui-se que Ω =] − ∞, 0[∪]0, 1[. I.b) O interior de Ω ´e ] − ∞, 0[∪]0, 1[, a fronteira ´e {0, 1} e o exterior de Ω ´e o complementar da reuni˜ ao destes dois conjuntos: R \ (interior ∪ fronteira) =]1, +∞[. I.c)(i) A afirma¸ca˜o ´e obviamente falsa pois basta considerar a sucess˜ao xn identicamente nula para termos um contra-exemplo: sendo xn = 0, ∀n, ´e ´obvio que xn → 0, mas ´e tamb´em imediato que, como 0 6∈ Ω, os termos da sucess˜ao xn nunca est˜ ao em Ω, por maior que seja n. I.c)(ii) Tamb´em se trata de uma afirma¸ca˜o obviamente falsa: basta considerar vn = −1 − 1 ao estritamente crescente de termos em Ω e n para verificar que se tem uma sucess˜ convergente para o real negativo −1. I.c)(iii) A afirma¸ca˜o ´e verdadeira. Suponhamos que un ´e uma sucess˜ao n˜ ao-limitada com termos em Ω. Como Ω ´e um conjunto limitado superiormente pelo n´ umero 1 (j´ a que 1 = sup Ω), ent˜ ao, sendo un n˜ ao-limitada, tem de ser n˜ ao-limitada inferiormente, ou seja, ∀L > 0, ∃n(L) ∈ N : un(L) < −L. Mas ent˜ ao, considerando L = 1, 2, 3, 4, . . ., pode-se tomar n(1) < n(2) < n(3) < . . .. Designe-se a subsucess˜ao de naturais n(k) por nk . Tem-se, ent˜ ao, que un1 < −1, un2 < −2, un3 < −3, . . . . Consequentemente, ∀k, unk < −k, pelo que tomando o limite quando k → +∞ concluimos imediatamente que lim unk = −∞, como pretendiamos. II.1.a) Comecemos por observar que  n+3  3  n 2 2 2 1+ 1+ = 1+ −→ 1 · e2 = e2 . n n n Ent˜ ao, conclui-se imediatamente que lim xn = log e2 = 2 log e = 2. II.1.b) Observando que o numerador do termo geral da sucess˜ao yn ´e uma sucess˜ao limitada, 1 → 0, e tendo em aten¸ca˜o que 1 6 2 + (−1)n 6 3, que 0 < 1+n 1 2 + (−1)n 3 6 6 , 1+n 1+n 1+n conclui-se, pelo teorema das sucess˜oes enquadradas, que a sucess˜ao yn converge para zero. II.1.c) Aplicando directamente as regras alg´ebricas dos limites `a express˜ao de zn obtemos o s´ımbolo sem sentido ∞ × 0, pelo que temos de ser um pouco mais cuidadosos. Relembremo-nos que xx → 1 quando x → 0. Podemos escrever a express˜ao de zn na sin

3

forma zn = 1/nn , a qual, ap´os multiplica¸ca˜o e divis˜ao por 3, ´e igual a zn = 3 portanto, aplicando limites, tem-se zn → 3 × 1 = 3.

3

3 sin n 3/n

e

II.2.a) Como, por hip´ otese, αn > 0 pode-se concluir que αn = 1 + n2 αn

1 αn

1 1 < 2. 2 n +n

P 1 Mas como sabemos que as s´eries ao convergentes se e s´o se p > 1, a desigualdade np s˜ acima e o crit´erio de compara¸ca˜o permite-nos concluir que a s´erie dada ´e convergente. II.2.b) Consideremos primeiro o caso em que αn ´e ilimitada. Ent˜ ao, como por hip´otese αn > 0, tem de existir uma subsucess˜ao tal que αnk → +∞. Mas ent˜ ao αnk = 1 + αnk

1

1 → 1, +1

αnk

αn e portanto 1+α n˜ ao converge para zero (se convergisse, todas as suas subsucess˜oes n teriam tamb´em de convergir para zero) e portanto a s´erie em estudo, que tem esta sucess˜ao como termo geral, ´e divergente.

Seja agora o caso em que αn ´e uma sucess˜ao limitada. Sendo positiva, existe uma constante A tal que 0 < αn < A e portanto 1 < 1 + αnP< 1 + A. Daqui se conclui que αn 1 otese a s´erie αn ´e divergente, o crit´erio de 1+αn > 1+A αn e portanto, como por hip´ compara¸ca˜o permite concluir que a s´erie em estudo ´e tamb´em divergente. III.1.a) Como as fun¸co˜es x 7→ 2x, x 7→ x2 , log e ψ s˜ao diferenci´ aveis nos seus dom´ınios, e como somas, produtos e composi¸co˜es de fun¸co˜es diferenci´ aveis s˜ao tamb´em fun¸co˜es diferenci´ aveis, conclui-se que f ´e diferenci´ avel no seu dom´ınio. Pelas regras usuais de deriva¸ca˜o vem − 2 ψ ′ (log x2 ) − 2 . f ′ (x) = x (ψ(log x2 ) + 2x)2 √ III.1.b) Pela express˜ao anterior, e da hip´otese de f ter um extremo relativo em x = e infere-se que − √2e ψ ′ (1) − 2 √ √ 0 = f ′ ( e) = (ψ(1) + 2 e)2 √ e portanto ψ ′ (1) = − e. III.1.c) Da hip´ otese de ψ ter assimptotas obl´ıqua conclui-se que ψ(y) → ±∞ quando y → +∞ e quando y → −∞. Ent˜ ao, para determinar o limite de f (x) quando x → +∞ basta observar que x → +∞ ⇒ x2 → +∞ ⇒ log x2 → +∞, donde se conclui que |ψ(log x2 )| → +∞ e portanto f (x) = ψ(log x12 )+2x −−−−−→ 0. Analogamente, como x → x→+∞

0+ ⇒ x2 → 0+ ⇒ log x2 → −∞, conclui-se tamb´em que f (x) =

1 ψ(log x2 )+2x

−−−−→ 0. + x→0

III.1.d) Comecemos por observar qual o dom´ınio de f :  Df = x ∈ R+ : x2 ∈ Dlog ∧ log x2 ∈ Dψ ∧ ψ(log x2 ) + 2x 6= 0 ,

como, por hip´ otese do enunciado, ψ ´e uma fun¸ca˜o positiva definida em todo o R, tem-se ψ(log x2 ) + 2x > 0 em R+ e Dψ = R. Portanto Df = R+ .

H´ a diversos modos poss´ıveis de resolver esta quest˜ ao. O que se apresenta seguidamente ´e apenas um deles. Uma ideia poss´ıvel ´e a seguinte: em qualquer intervalo de R+ limitado e fechado [M, N ] sabemos, pelo teorema de Cantor, que a fun¸ca˜o f ´e a´ı uniformemente cont´ınua.

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Portanto, a continuidade uniforme de f poder´ a falhar apenas quando nos aproximamos dos extremos do seu dom´ınio: de +∞ e de 0. Fixemos ent˜ ao M > N > 0 arbitrariamente e considere-se o que se passa no intervalo [M, +∞[. Como f ´e diferenci´ avel podemos aplicar o teorema de Lagrange em [x, y] ⊂ [M, +∞[ e concluir que 2 ψ ′ (log ξ 2 ) + 2 ξ ′ |f (y) − f (x)| = |f (ξ)| · |y − x| = |y − x| (ψ(log ξ 2 ) + 2ξ)2

para algum ξ ∈]x, y[. Da hip´ otese de que ψ tem assimptotas obl´ıquas e derivada limitada conclu´ımos que f ′ (ξ) → 0 quando ξ → +∞ e que se trata de uma fun¸ca˜o limitada em [M, +∞[, ou seja, que existe β > 0 tal que, qualquer que seja o ξ ∈ [M, +∞[, |f ′ (ξ)| 6 β, vindo, ent˜ ao, |f (y) − f (x)| 6 β|y − x| e daqui segue imediatamente a convergˆencia uniforme de f no conjunto em causa. Exactamente o mesmo argumento ´e aplic´ avel em ]0, N ], com exactamente o mesmo resultado. III.2.a) Relembrando a f´ ormula fundamental da trignometria sin2 x + cos2 = 1, sabe-se que 2 2 cos x = 1 − sin x e pode-se escrever a fun¸ca˜o h como h(x) = sin2 x cos3 x = sin2 x(1 − sin2 x) cos x = sin2 x cos x − sin4 x cos x. Como (sin x)′ = cos x, a primitiva de h ´e agora reconhecida como uma primitiva imediata:
sin3 x sin5 x P (h(x)) = P sin2 x cos x − sin4 x cos x = − + C, 3 5

onde C ´e uma constante real arbitr´aria.

√ III.2.b) Recorrendo ` a sugest˜ao dada, seja t = x + 1. Ent˜ ao, elevando ambos os membros desta express˜ao ao quadrado e resolvendo em ordem a x, tem-se x = t2 − 1 e dx dt = 2t. Conclui-se ent˜ ao que     2 √ x 2 2p t −1 P √ (x + 1)3 −2 x + 1+C, 2t = P (2t2 −2) = t3 −2t+C = =P t 3 3 x+1 onde C ´e uma constante real arbitr´aria.

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