Cálculo Infinitesimal II – Resolução do Teste Diagnóstico – 1999/00 Licenciatura em Engenharia Informática DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA DA UNIVERSIDADE COIMBRA

1(a) Sim, dado que os pares de coordenadas polares (\frac{π}{2} , \frac{9π}{2} ) e (\frac{π}{2} , \frac{5π}{2} ) representam o mesmo ponto no plano cartesiano, e o último par satisfaz a equação da curva.

1(b) Apenas podemos concluir que a curva é simétrica relativamente ao eixo dos yy’s. (Se f(θ) = (1/5)θ, então temos que para todo o θ, f(θ) = −f(−θ)).

1(c)

2(a) P_{1}(x) = f(0) + f′(0)x = x.

P_{2}(x) = f(0) + f′(0)x + f′′(0)\frac{x^{2}}{2} = x − \frac{x^{2}}{2} .

R_{1}(x) = f′′(α)\frac{x^{2}}{2} = −\frac{x^{2}}{2(1 + α)^{2}} , para algum α entre 0 e x.

R_{2}(x) = f′′′(α)\frac{x^{3}}{6} = \frac{x^{3}}{3(1 + α)^{3}} , para algum α entre 0 e x.

Fórmula de Taylor de grau um: f(x) = P_{1}(x) + R_{1}(x). Fórmula de Taylor de grau dois: f(x) = P_{2}(x) + R_{2}(x).

2(b) log(1 + x) − x = R_{1}(x) ≤ 0, para todo o x ≥ 0.

log(1 + x) − x + \frac{x^{2}}{2} = R_{2}(x) ≥ 0, para todo o x ≥ 0.

2(c) Da alínea anterior resulta que ∀n ∈ IN, \frac{log(1 + n)}{n^{3}} ≤ \frac{1 + n}{n^{3}}.

Por outro lado, utilizando o segundo critério da comparação, prova-se que a série ∑_{n=1}^{+∞} \frac{1 + n}{n^{3}} é convergente, pois

lim_{n→+∞} \frac{\frac{1 + n}{n^{3}}}{\frac{1}{n^{2}}} = 1 ≠ 0

e a série ∑_{n=1}^{+∞} \frac{1}{n^{2}} é convergente.

Logo, recorrendo ao primeiro critério da comparação, conclui-se que a série converge.

3(a) Para n ≥ 1, a sucessão das somas parciais é dada por S_{n} = \frac{1}{n} e é, portanto, convergente. A série dada é, assim, por definição, convergente.

3(b) Sabemos que \frac{1}{n^{2}+n} ≤ \frac{1}{n^{2}} e que a série ∑_{n=1}^{+∞} \frac{1}{n^{2}} é convergente. Recorrendo ao primeiro critério da comparação, afirma-se que a série dada é convergente. (Nota: Esta alínea também poderia ser resolvida através do segundo critério da comparação.)

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Em ambas as alíneas vamos utilizar o facto de

f(x) = \frac{1}{x log(x)}

ser uma função decrescente em [2, +∞[, algo que pode ser facilmente verificado recorrendo a f′(x):

∀x ≥ 2 f′(x) = −\frac{1 + log(x)}{(x log(x))^{2}} < 0.

4(a) Trata-se de uma série alternada. Consideremos a sucessão definida por

b_{n} = \frac{1}{n log(n)} , n ≥ 2.

Pelo que vimos em cima esta sucessão é decrescente. Os seus termos são positivos e lim_{n→+∞} b_{n} = 0. Deste modo, pelo Critério de Leibniz, a série dada é convergente.

4(b) A função f verifica

f(n) = \frac{1}{n log(n)}

e é positiva e decrescente. Sabe-se então, pelo Critério do Integral, que a série dada e o integral

impróprio ∫_{2}^{+∞} f(x) dx apresentam a mesma natureza. Como ∫ f(x) dx = log(log(x)) + C

(primitiva imediata), o integral impróprio é divergente. Logo, a série dada diverge.

4(c) Seja r o raio de convergência da série de potências dada. A série de potências converge para x = −1, donde r ≥ 1. A série de potências diverge para x = 1, donde r ≤ 1. Assim, r = 1.

5(a) O limite pontual é dado por : f(x) = 0 se x ∈ [0, π/2[ e f(π/2) = 1.

Todas as funções f_{n} são contínuas em [0, π/2]. Como o limite pontual não é uma função contínua em [0, π/2], resulta que a convergência não é uniforme em [0, π/2].

5(b) Seja então b ∈ ]0, π/2[ e defina-se

ε_{n} = sup_{x∈ [0, b]} | f_{n}(x) − 0 | = sup_{x∈ [0, b]} (sen x)^{n}.

Seja g(x) = (sen x)^{n}. Pelo facto de g ser contínua em [0, b], podemos substituir supremo por máximo:

ε_{n} = max_{x∈ [0, b]} g(x).

Como g′(x) = n cos x(sen x)^{n−1} > 0 ∀x ∈]0, b[, a função g atinge o seu máximo no ponto x = b, e ε_{n} = (sen b)^{n}. Consequentemente, lim_{n→+∞} ε_{n} = 0 (veja-se que sen b ∈]0, 1[), o que, atendendo ao Critério do ε_{n}, permite concluir que a convergência é uniforme em [0, b].

Cotação:

1: 3.0 (a: 1.0; b: 1.0; c: 1.0) 2: 4.5 (a: 1.5; b: 1.5; c: 1.5) 3: 3.5 (a: 1.75; b: 1.75) 4: 4.5 (a: 1.5; b: 1.5; c: 1.5) 5: 4.5 (a: 1.5; b: 1.5; c: 1.5)