2008 Eai - Exame Modelo

´lise infinitesimal i 21030-elementos de ana ´ lio modelo 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.b), I.c)(iii), II.1.a), II.1.c), II.2, III.1.a), III.1.b), III.2.a), III.2.b). • Nas provas reais 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 A = x ∈ R :

x+1 x2

>0



a) Escreva o conjunto A sob a forma de intervalos ou de reuni˜ao de intervalos. b) Determine o interior, fronteira, exterior e derivado do conjunto A. c) Diga, justificando pormenorizadamente, se s˜ao verdadeiras ou falsas as seguintes afirma¸co˜es: (i) todas as sucess˜oes de termos em A e decrescentes s˜ao convergentes para um ponto de A. (ii) todas as sucess˜oes estritamente decrescentes e positivas de termos em A convergem para um elemento da fronteira de A. (iii) se (un ) for uma sucess˜ao de termos em A convergente para −1, ent˜ ao (un ) ´e decrescente a partir de alguma ordem N .

II. 1. Considere a sucess˜ao (αn ) definida por recorrˆencia por u1 = 1,

un+1 = 1 +

1 . un

a) Mostre que a sucess˜ao un est´ a limitada entre 1 e 2. b) Mostre que a subsucess˜ao dos termos de ordem par ´e decrescente se e s´o se a subsucess˜ao dos termos de ordem ´ımpar for crescente. c) Mostre que a subsucess˜ao dos termos de ordem par ´e decrescente. d) Justifique que un ´e convergente e determine o valor do seu limite. 2. Estude para que valores de α ∈ R ´e que a s´erie

∞ X

(−1)n

n=1

n2 ´e simplesmente (n + 1)α+1

convergente, absolutamente convergente, e divergente.

III. 1. Considere a fun¸ca˜o ϕ : R → R definida pela express˜ao ϕ(x) = xe1/x . a) Determine o dom´ınio de ϕ e estude investigue a continuidade desta fun¸ca˜o. b) Determine os intervalos de monotonia de ϕ e esclare¸ca sobre se ϕ possui, ou n˜ ao, m´aximos ou m´ınimos locais. c) Estude ϕ quanto ` a existˆencia de assimptotas verticais, horizontais, ou obl´ıquas e aproveite os dados obtidos no seu estudo para esbo¸car o gr´afico de ϕ. d) Mostre que ϕ ´e uniformemente cont´ınua em qualquer intervalo fechado que n˜ ao contenha a origem. 2. Calcule todas as fun¸co˜es primitivas das seguintes fun¸co˜es1 a) u(x) = tan x, b) v(x) = ex sin x.

FIM 1

Sugest˜ ao: para a al´ınea b) poder´ a ser u ´til recorrer ` a primitiva¸c˜ ao por partes.

2

˜o do exame/p-fo ´ lio modelo resoluc ¸a I.a) Observando que x2 nunca ´e negativo, conclui-se que a express˜ao no denominador da fra¸ca˜o que define A tem de ser positiva ou nula, ou seja x > −1 e o denominador n˜ ao pode ser nulo. Portanto conclui-se que A = [−1, 0[∪]0, +∞[. I.b) O interior de A ´e ] − 1, 0[∪]0, +∞[, a fronteira ´e {−1, 0} e o exterior de A ´e R \ (interior ∪ fronteira) =] − ∞, −1[. Como o derivado de um conjunto ´e o conjunto dos seus pontos de acumula¸ca˜o, tem-se A′ = [−1, +∞[. I.c)(i) A afirma¸ca˜o ´e obviamente falsa pois existem exemplos de sucess˜oes que n˜ ao satisa em A, ´e decrescente, e fazem esta afirma¸ca˜o. Por exemplo, a sucess˜ao un = n1 est´ converge para o ponto 0, o qual n˜ ao ´e um elemento de A. I.c)(ii) Tamb´em se trata de uma afirma¸ca˜o obviamente falsa: basta considerar vn = 1 + 1 ao estritamente decrescente, positiva e que n para verificar que se tem uma sucess˜ converge para o ponto 1, o qual n˜ ao ´e um ponto da fronteira de A, mas sim do seu interior. I.c)(iii) Embora n˜ ao seja t˜ ao imediato como nos casos anteriores, a afirma¸ca˜o desta al´ınea ´e tamb´em falsa. Para arranjar um contra-exemplo podemos tentar tomar duas sucess˜ oes estritamente decrescentes para −1 de tal modo que os termos de uma delas sejam claramente maiores que os correspondentes termos da outra e depois construir uma sucess˜ao considerando cada uma das sucess˜oes iniciais como subsucess˜ao da sucess˜ ao final. Assim, ao alternar entre termos consecutivos da sucess˜ao a varia¸ca˜o n˜ ao ser´a sempre no mesmo sentido. Vejamos: consideremos sn = n1 − 1 e tn = n2 − 1. Claramente, ambas as sucess˜oes convergem para −1 e s˜ao estritamente decrescentes. Mas se considerarmos agora a sucess˜ao vn construida de modo tal que v2n = t2n e v2n+1 = s2n+1 , ent˜ ao temos que vn ainda converge para −1 mas agora tem-se que ao passar de uma ordem par para a ordem ´ımpar seguinte o termo da sucess˜ao diminui v2n = t2n =

1 1 1 2 −1= −1> −1> − 1 = s2n+1 = v2n+1 , 2n n 2n 2n + 1

e ao passar de uma ordem par para a ordem ´ımpar anterior o termo da sucess˜ao tamb´em diminui (note-se que n + 1 6 2n para todos os naturais), v2n = t2n =

1 1 2 −1= −1> − 1 > s2n−1 = v2n−1 . 2n n 2n − 1

Portanto, o gr´ afico dos pontos sa sucess˜ao vn formam uma esp´ecie de zig-zag convergente para −1, pelo que vn n˜ ao ´e mon´ otona decrescente a partir de nenhuma ordem (ver representa¸ca˜o esquem´ atica na Figura 1). vn

−1 n Figura 1: Esbo¸co esquem´ atico do contra-exemplo vn .

3

´ claro que u1 = 1 ∈ [1, 2]. Suponha-se que tal ´e verdade para uma dada ordem n, II.1.a) E ou seja, que un ∈ [1, 2]. Ent˜ ao tem-se un 6 1 ⇒ un+1 = 1 + u1n 6 1 + 11 = 2 e tamb´em un 6 2 ⇒ un+1 = 1 + u1n > 1 + 12 = 23 > 1 e portanto un+1 ∈ [1, 2], como pretendiamos provar. II.1.b) Observando que u2(n+1) − u2n

= =

1

1+

−1−

u2(n+1)−1 u2n−1 − u2n+1 u2n−1 u2n+1

1 u2n−1

conclui-se que u2(n+1) 6 u2n ⇔ u2(n+1) − u2n 6 0 ⇔ u2n−1 − u2n+1 6 0 ⇔ u2n−1 6 u2n+1 e portanto, se a subsucess˜ao dos termos de ordem par ´e decrescente, a dos termos de ordem ´ımpar ´e crescente e vice-versa. II.1.c) Provemos por indu¸ca˜o que a subsucess˜ao u2n ´e decrescente. Comece-se por observar que u1 , u2 = 23 , u3 = 23 , u4 = 45 . Portanto u4 − u2 = 35 − 2 = − 13 < 0. Supondo agora que u2(n+1) − u2n < 0 vejamos se tamb´em se verifica u2(n+2) − u2(n+1) < 0. Pela defini¸ca˜o da sucess˜ao un tem-se u2(n+2) − u2(n+1)

= = = = = = <

1+

1 u2n+3

−1−

1 u2n+1

1

1

− u2n+3 u2n+1 u2n+1 − u2n+3 u2n+3 u2n+1 1 1 + u12n − 1 − u2n+2 1 u2n

u2n+3 u2n+1 1 − u2n+2

u2n+3 u2n+1 u2n+2 − u2n u2n+3 u2n+2 u2n+1 u2n 0

onde desigualdade vem do facto do denominador ser positivo (porque, como j´a prov´amos, un > 1 > 0) e do numerador ser tamb´em positivo, pela hip´otese de indu¸ca˜o. II.1.d) Como u2n ´e uma sucess˜ao mon´ otona e limitada, conclui-se que ´e convergente para algum n´ umero real, chamemos-lhe K. Pelas al´ıneas anteriores, a subsucess˜ao u2n−1 ´e tamb´em mon´ otona e limitada. Portanto ser´a tamb´em convergente para um n´ umero ´ claro que, pela real (` a partida n˜ ao necessariamente igual ao anterior), digamos L. E al´ınea a), sabemos que K, L ∈ [1, 2]. Atendendo a que u2n = 1 +

1 u2n−1

tem-se, passando ao limite nesta igualdade, L=1+

1 ⇔ LK = K + 1. K

Por outro lado, tamb´em u2n+1 = 1 + 4

1 u2n

e, analogamente, conclui-se que K =1+

1 ⇔ LK = L + 1. L

Consequentemente K + 1 = L + 1 e portanto K = L. Ent˜ ao, L tem de satisfazer a equa¸ca˜o L = 1 + L1 , ou seja L2 − L − 1 = 0. Pela f´ormula resolvente das equa¸co˜es de √ segundo grau e porque L ∈ [1, 2], concluimos que L = 1+2 5 . Como as subsucess˜oes dos termos de ordem par e dos termos de ordem ´ımpar de un convergem ambas para o mesmo√limite, a sucess˜ao un ´e convergente e converge tamb´em para esse mesmo limite L = 1+2 5 . II.2. A s´erie ´e absolutamente convergente se e s´o se a s´erie dos m´odulos for convergente. Como, quando n ≫ 1 tem-se (n + 1)α+1 ∼ nα+1 , tamb´em se ter´ a n2 n2 1 ∼ α+1 = α−1 , α+1 (n + 1) n n

quando n ≫ 1.

Isto n˜ ao prova nada mas sugere que se use a sucess˜ao no membro direito como termo comparativo. De facto, comparando com o termo geral da s´erie dada tem-se, quando n → ∞, α+1  n2 n2 nα−1 n (n+1)α+1 = −→ 1. = 1 (n + 1)α+1 n+1 nα−1 P n2 Assim, pelo corol´ ario do crit´erio de compara¸ca˜o, temos que as s´eries (n+1)α+1 e P 1 ao da mesma natureza. Como esta u ´ ltima ´e convergente se e s´o se α − 1 > nα−1 s˜ 1 ⇔ α > 2, conclui-se que a s´erie dada ´e absolutamente convergente exactamente para estes valores de α. Vejamos agora os restantes valores de α, i.e., α 6 2. Comecemos por observar que se α 6 1 ent˜ ao o termo geral da s´erie n˜ ao converge para zero e, portanto, podemos imediatamente concluir que a s´erie ´e divergente. Resta-nos, portanto, o caso em que α ∈]1, 2]. Pelo que conclu´ımos acima, para estes valores a s´erie n˜ ao ´e absolutamente convergente, restando distingir entre as possibilidades de ser simplesmente convergente ou divergente. Como se trata de uma s´erie alternada, vamos estudara sua natureza utilizando o crit´erio de Leibnitz. Tem-se n2 1 n2 < α+1 = α−1 → 0, α+1 (n + 1) n n al´em disso, observe-se que, sendo f (x) = f ′ (x)

= = =

x2 (x+1)α+1 ,

tem-se

2x(x + 1)α+1 − (α + 1)(x + 1)α x2 (x + 1)2(α+1) 2 2x + 2x − (α + 1)x2 (x + 1)α+2 2 − (α − 1)x x − (x + 1)α+2

e, como α > 1 est´ a fixo, a express˜ao do membro direito ´e negativa para todos os reais 2 ). Em particular, x suficientemente grandes (mais propriamente, desde que x > α−1 2

n para todos os x = n ∈ N suficientemente grandes, tem-se que a sucess˜ao (n+1) α+1 ser´a decrescente e portanto, pelo crit´erio de Leibnitz, podemos afirmar que a s´erie ´e convergente e, pelo que se viu anteriormente, ser´a simplesmente convergente.

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III.1.a) O dom´ınio de ϕ ´e o conjunto   1 Dϕ = x ∈ R : x 6= 0 ∧ ∈ Dexp . x Como Dexp = R conclui-se imediatamente que Dϕ = R \ {0}. Como as fun¸co˜es x 7→ x, x 7→ x1 e exponencial s˜ao cont´ınuas nos respectivos dom´ınios e como a fun¸ca˜o ϕ ´e obtida pelo produto e pela composi¸ca˜o destas trˆes fun¸co˜es, conclu´ımos que ϕ ´e cont´ınua no seu dom´ınio. III.1.b) O mesmo argumento utilizado acima para a continuidade ´e v´alido para a diferenciabilidade e permite-nos concluir que a fun¸ca˜o ϕ ´e cont´ınua em todo o seu dom´ınio. Recorrendo ` as regras usuais de deriva¸ca˜o conclui-se que     ′  1 1 1/x 1/x ′ 1/x e1/x . = 1− =e +x· − 2 e ϕ (x) = xe x x Daqui infere-se que ϕ′ (x) > 0 se 1 − x1 > 0, que ϕ′ (x) < 0 se 1 − x = 1. Resolvendo as desigualdades tem-se que

1 x

< 0 e ϕ′ (x) = 0 se

1 > 0 ⇔ x ∈] − ∞, 0[∪]1, +∞[, x 1 1 − < 0 ⇔ x ∈]0, 1[, x concluindo-se, ent˜ ao, que ϕ ´e crescente em ] − ∞, 0[ e em ]1, +∞[ e ´e decrescente em ]0, 1[. Sendo a fun¸ca˜o cont´ınua (e at´e mesmo diferenci´ avel) em x = 1 o comportamento de monotonia agora indicado permite concluir que este ponto ´e um minimizante (local) da fun¸ca˜o ϕ. No ponto x = 0 a fun¸ca˜o n˜ ao est´ a definida e portanto n˜ ao faz sentido falar em extremo neste ponto. 1−

III.1.c) Para as assimptotas horizontais vejamos o comportamento de ϕ quando x → ±∞: lim ϕ(x) = lim xe1/x = +∞ × e0 = +∞ × 1 = +∞

x→+∞

x→+∞

lim ϕ(x) = lim xe1/x = −∞ × e0 = −∞ × 1 = −∞

x→−∞

x→−∞

pelo que se conclui que n˜ ao existem assimptotas horizontais. Para verificarmos se existem, ou n˜ ao, assimptotas obliquas tentemos ver se o declive da fun¸ca˜o converge para algum valor finito (tal ´e necess´ario, mas claramente n˜ ao suficiente para que a fun¸ca˜o se aproxime assimptoticamente de uma recta obl´ıqua com declive igual ao valor finito do limite). Tem-se xe1/x ϕ(x) = lim = lim e1/x = e0 = 1 x→+∞ x→+∞ x→+∞ x x lim

e analogamente para o limite quando x → −∞. Portanto, existe a possibilidade de existirem assimptotas obliquas quando x → ±∞, ambas com declive igual a 1. Para concluirmos que de facto a fun¸ca˜o de aproxima de rectas com declive 1 quando x → +∞ e quando x → +∞ precisamos provar que, para x nestas condi¸co˜es, se tem ϕ(x) ∼ x+b, ou seja, que o seguinte limite (que ser´a igual `a ordenada na origem, b, da assimptota obliqua) existe e ´e finito:     lim (ϕ(x) − x) = lim xe1/x − x = lim e1/x − 1 x. x→+∞

x→+∞

x→+∞

Aplicando directamente as regras dos limites obtemos uma indetermina¸ca˜o do tipo 0 × ∞. Transformemo-la numa indetermina¸ca˜o do tipo 00 ou ∞ ∞ e apliquemos a regra de Cauchy: Notando que   e1/x − 1 e1/x − 1 x = 1 x

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e observando que o u ´ nico modo de x aparecer nesta express˜ao ´e na forma x1 podemos, em vez do limite em x quando x → +∞, definir u = x1 e estudar o limite da corresu pondente express˜ao e u−1 quando u → 0. A aplica¸ca˜o da regra de Cauchy a este caso ´e muito mais simples: ′ eu (eu − 1) = lim = 1, lim ′ u→0 1 u→0 u pelo que se conclui que limx→+∞ (ϕ(x) − x) = 1 e portanto a recta que ´e assimptota obliqua a ϕ quando x → +∞ tem equa¸ca˜o y = x + 1. C´ alculos exactamente iguais d˜ ao exactamente o mesmo resultado no caso de x → −∞. Para terminar vejamos a possibilidade de existirem assimptotas verticais. Sendo x = 0 ou ´ nico ponto de R que n˜ ao pertence ao dom´ınio de ϕ conclui-se que apenas a´ı pode exitir uma assimptota vertical. Vejamos: lim ϕ(x) = lim xe1/x = 0 × e−∞ = 0. x→0 x<0

x→0−

Para o limite ` a direita em x = 0 a aplica¸ca˜o directa das regras operat´orias com os limites resulta no s´ımbolo sem sentido 0 × (+∞). Notando que se pode escrever 1/x xe1/x = e1/x podemos usar, tal como acima, a substitui¸ca˜o u = x1 para transformar o u

1/x

estudo de limx→0+ e1/x no estudo de limu→+∞ eu , para o qual a aplica¸ca˜o da regra de Cauchy permite imediatamente concluir que ´e igual a +∞. Portanto tem-se lim ϕ(x) = lim xe1/x = +∞. x→0 x>0

x→0+

Isto significa que se pode dizer que a fun¸ca˜o ϕ n˜ ao tem assimptota vertical em x = 0 (porque falha o limite ` a esquerda ser infinito) mas pode-se tamb´em acrescentar que tem assimptota vertical ` a direita em x = 0, j´a que o gr´afico da restri¸ca˜o da fun¸ca˜o a x > 0 se aproxima de infinito quando x → 0+ . Os resultados obtidos at´e este ponto permite-nos esbo¸car o seguinte gr´afico de ϕ: y

5 4 3 2 1

−3

−2

−1

1 −1

2

3 x

−2 Figura 2: Esbo¸co (a vermelho) do gr´afico da fun¸ca˜o ϕ. A tracejado apresenta-se o gr´afico da assimptota obliqua y = x + 1. III.1.d) Comecemos por considerar um intervalo fechado I ⊂ R− . Sejam x, y ∈ I arbitr´arios. Pelo teorema de Lagrange aplicado ao intervalo de extremos x e y podemos escrever   1 1/x 1/y 1/ξ · |x − y|, 1− − ye = e xe ξ 7

  onde ξ ´e um ponto do intervalo de extremos x e y. Como a fun¸ca˜o ξ 7→ e1/ξ 1 − ξ1 ´e

cont´ınua em R− e tende para 1 quando ξ → −∞, podemos concluir que  esta fun¸ca˜o ´e  ao temos, limitada em I, para qualquer I fechado. Seja K = maxξ∈I e1/ξ 1 − ξ1 , ent˜ para quaisquer x e y em I, 1/x − ye1/y 6 K|x − y| xe

δ na defini¸ca˜o de continuidade, indee portanto, dado δ > 0 podemos escolher ε = K pendentemente do x e do y em I, ou seja, a fun¸ca˜o ϕ ´e uniformemente cont´ınua em I. Exactamente o mesmo argumento ´e v´alido se I ⊂ R+ , pelo que se conclui o pretendido. ′

(cos x) sin x conclui-se que as primitivas III.2.a) Observando que u(x) = tan x = cos x = − cos pedidas s˜ao P u(x) = − log | cos x| + Ck , comi Ck uma constante h real arbitr´aria, even-

tualmente diferente em cada intervalo Ik =

(2k−1)π (2k+1)π , 2 2

, com k ∈ Z.

III.2.b) O facto da fun¸ca˜o a primitivar ser o produto de duas fun¸co˜es cujas derivadas e primitivas s˜ao bem conhecidas, sugere-nos que apliquemos a primitiva¸ca˜o por partes. Considerem-se as fun¸co˜es f (x) = sin x e g ′ (x) = ex . Tem-se ent˜ ao f ′ (x) = cos x e x ′ g(x) = e e, aplicando a primitiva¸ca˜o por partes P (f g ) = f g − P (f ′ g) `a fun¸ca˜o dada, tem-se P (ex sin x) = ex sin x − P (ex cos x). Agora temos uma express˜ao an´aloga `a inicial. Pelo mesmo processo, usando desta feita as fun¸co˜es f (x) = cos x e g ′ (x) = ex tem-se f ′ (x) = − sin x e g(x) = ex , pelo uma nova primitiva¸ca˜o por partes resulta em P (ex sin x) =

ex sin x − P (ex cos x)

=

ex sin x − (ex cos x + P (ex sin x))

=

ex sin x − ex cos x − P (ex sin x).

Agrupando no primeiro membro os dois P (ex sin x) obt´em-se por fim P (ex sin x) =

1 x (e sin x − ex cos x) 2

como sendo a express˜ao de uma das primitivas pedidas. Como a fun¸ca˜o dada est´ a definida em todo o R, todas as restantes primitivas de ex sin x diferem da que agora calculamos por constantes aditivas arbitr´arias.

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