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Cálculo Diferencial e Integral I Resolução do Exame / Testes de Recuperação I.1. (1,5 val.)Determine os limites das seguintes sucessões convergentes (i) u n = n 2 +2 n e n-1 + n 4 , (ii) v n = n r 2n 2+ π n Resolução: i) A sucessão dominante no numerador é 2 n e a dominante no denominador é e n já que, pela escala de sucessões, n p << a n com p> 0 e a> 1. Dividindo ambos os membros da fracção pela respectiva dominante vem: u n = 2 n e n n 2 2 n +1 e -1 + n 4 e n = 2 e n n 2 2 n +1 e -1 + n 4 e n 0 0+1 e -1 +0 =0, pois -1 < 2 e < 1 e, portanto, ( 2 e ) n 0, n 2 2 n 0 e n 4 e n 0 (pela escala de sucessões). ii) Caso exista o limite da sucessão xn+1 xn (x n > 0), este é igual ao limite da sucessão n x n , logo começa-se por calcular o limite da sucessão 2(n + 1) 2+ π n+1 2n 2+ π n = 2n +2 2n 2+ π n 2+ π n+1 = 1+ 1 n 2π -n +1 2π -n + π (1 + 0) 0+1 0+ π = 1 π . Como este limite existe, então, lim n r 2n 2+ π n = 1 π I.2. (2,0 val.)Considere a sucessão x n definida por : x 1 =1,x n+1 = x 2 n +3x n 5 n N. i) Mostre por indução matemática que para n N se tem 0 <x n 1 , . ii) A subsucessão x 3n é limitada? Justifique. iii) Mostre que x n é estritamente decrescente. iv) A sucessão é convergente? Justifique e em caso afirmativo calcule o limite. Resolução: i) Comece-se por verificar a base da indução, isto é que a proposição é válida para n =1. Tem-se 0 <x 1 =1 1, o que é, obviamente, uma proposição verdadeira. Provemos agora a etapa de indução, isto é, que 0 <x n 1 0 <x n+1 1 Tem-se 0 <x n 1 0 <x 2 n 1 0 < 3x n 3 0+0 5 < x 2 n +3x n 5 1+3 5 1 0 <x n+1 1 Então a proposição 0 <x n 1 é verdadeira para todo o n N, pelo princípio da indução.

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Cálculo Diferencial e Integral IResolução do Exame / Testes de Recuperação

I.1. (1,5 val.)Determine os limites das seguintes sucessões convergentes

(i) un =n2 + 2n

en−1 + n4, (ii) vn = n

√2n

2 + πn

Resolução: i) A sucessão dominante no numerador é 2n e a dominante no denominador é e n já que, pela escalade sucessões, np << an com p > 0 e a > 1. Dividindo ambos os membros da fracção pela respectivadominante vem:

un =2n

e n

n2

2n+ 1

e−1 +n4

e n

=

(2

e

)n n2

2n+ 1

e−1 +n4

e n

→ 00 + 1

e−1 + 0= 0,

pois −1 < 2e < 1 e, portanto,

(2e

)n → 0, n2

2n → 0 e n4

e n → 0 (pela escala de sucessões).

ii) Caso exista o limite da sucessão xn+1

xn(xn > 0), este é igual ao limite da sucessão n

√xn, logo

começa-se por calcular o limite da sucessão

2(n+ 1)

2 + πn+1

2n

2 + πn

=2n+ 2

2n

2 + πn

2 + πn+1=

(1 +

1

n

)2π−n + 1

2π−n + π→ (1 + 0)

0 + 1

0 + π=

1

π.

Como este limite existe, então,

lim n

√2n

2 + πn=

1

π

I.2. (2,0 val.)Considere a sucessão xn definida por :

x1 = 1, xn+1 =x2n + 3xn

5n ∈ N.

i) Mostre por indução matemática que para n ∈ N se tem 0 < xn ≤ 1 , .

ii) A subsucessão x3n é limitada? Justifique.

iii) Mostre que xn é estritamente decrescente.

iv) A sucessão é convergente? Justifique e em caso afirmativo calcule o limite.

Resolução: i) Comece-se por verificar a base da indução, isto é que a proposição é válida para n = 1. Tem-se0 < x1 = 1 ≤ 1, o que é, obviamente, uma proposição verdadeira. Provemos agora a etapa deindução, isto é, que

0 < xn ≤ 1⇒ 0 < xn+1 ≤ 1

Tem-se

0 < xn ≤ 1⇒ 0 < x2n ≤ 1 ∧ 0 < 3xn ≤ 3⇒ 0 + 0

5<x2n + 3xn

5≤ 1 + 3

5≤ 1⇒ 0 < xn+1 ≤ 1

Então a proposição 0 < xn ≤ 1 é verdadeira para todo o n ∈ N, pelo princípio da indução.

ii) Pela alínea anterior, xn é uma sucessão limitada. Como qualquer subsucessão de uma sucessãolimitada é também limitada e x3n é uma subsucessão de xn, x3n é uma sucessão limitada.

iii) 1a Resolução Usando o princípio da indução, prove-se a proposição

xn > xn+1 , n ∈ N

Para n = 1 fica

x1 = 1 >4

5=x21 + 3x1

5= x2.

Como a proposição resulta verdadeira para n = 1, prova-se a etapa de indução, isto é que

xn > xn+1 ⇒ xn+1 > xn+2.

Tem-se, notando que todos os termos da sucessão são positivos (como provado na alínea (i)),

xn > xn+1 > 0⇒ x2n > x2n+1 ∧ 3xn > 3xn+1 ⇒x2n + 3xn

5>x2n+1 + 3xn+1

5⇒ xn+1 > xn+2

Assim, pelo princípio da indução, xn > xn+1 para qualquer n ∈ N e, portanto, xn é estritamentedecrescente.2a Resolução xn é decrescente sse a diferença xn+1 − xn for sempre negativa.

xn+1 − xn =x2n + 3xn

5− xn =

x2n − 2xn5

=xn(xn − 2)

5< 0 , n ∈ N

pois, da alínea (i), 0 < xn ≤ 1⇒ −2 < xn− 2 ≤ −1 < 0⇒ xn(xn−2)5 < 0. Então xn é uma sucessão

decrescente.

iv) A sucessão xn é uma sucessão limitada, pela alínea (i), e monótona, pela alínea (iii). Então é umasucessão convergente para um real a ∈ R. Como xn+1 é uma subsucessão de xn (já quemn = n+1 éuma sucesão estritamente crescente de naturais), é também convergente para a. Aplicando limitesa ambos os termos da igualdade que define xn por recorrencia vem (aplicando as propriedadesalgébricas dos limites, tendo em conta que todas as sucessões intervenientes são convergentes e quenão resulta nenhuma indeterminação),

xn+1 =x2n + 3xn

5⇒ a =

a2 + 3a

5⇒ a2 − 2a = 0⇒ a = 0 ∨ a = 2

Basta, agora, constatar que 0 < xn ≤ 1⇒ a ∈ [0, 1], pois o limite de uma sucessão convergente estásempre no fecho do conjunto dos seus termos, logo a = 0, isto é limxn = 0.

II.1. (4,0 val.) Considere a função f : R→ R definida por:

f(x) = x− arctgx.

i) Analise f quanto à continuidade e defina a função derivada f ′.

ii) Determine os intervalos de monotonia e eventuais pontos extremos de f .

iii) Conclua que a restrição de f ao intervalo ]0,+∞[ é invertível e determine o domínio de dife-renciabilidade da respectiva função inversa. Determine a derivada da função inversa no pontof(1).

Resolução: i) f é contínua e diferenciável em R por ser a soma de funções contínuas e diferenciáveis em R,nomeadamente uma função polinomial e a função arcotangente. A função derivada tem, portanto,domínio R e a sua expressão pode ser determinada usando as regras de derivação, tendo-se:

f ′x = (x− arctgx)′ = x′ − ( arctgx)′ = 1− 1

1 + x2=

x2

x2 + 1

ii) Para determinar os intervalos de monotonia e os eventuais extremos da função basta, visto que estaé diferenciável, estudar, se possível, o sinal da primeira derivada, f ′. É imediato que f ′(x) ≥ 0 paratodo o x ∈ R pois x2 ≥ 0 para todo o x ∈ R. Assim sendo, f é crescente em todo o seu domínio,ou seja R, pois este é um intervalo. Conclui-se, assim, que f não tem extremos.

iii) Como a primeira derivada de f é estritamente positiva em R+, f é estritamente crescente nesseintervalo o que significa que a restrição de f a esse intervalo é injectiva e portanto invertível. Sejamg a restrição de f a R+ e g−1 a sua inversa. Em cada ponto y0 do domínio de g−1 pode aplicar-seo teorema da derivada da função inversa pois g′(g−1(y0)) 6= 0 já que g′ nunca se anula. Entãoo domínio de diferenciabilidade de g−1 é o contradomínio de g, g(R+). Como g é estritamentecrescente, g(R+) = f(R+) = ]f(0+), f(+∞)[. Tem-se

f(0+) = limx→0+

x− arctgx = 0− arctg 0 = 0− 0 = 0

ef(+∞) = lim

x→+∞x− arctgx = +∞

pois a função arcotangente é limitada. Em conclusão, o domínio de diferenciabilidade de g−1 é R+.A aplicação do teorema da derivação da função inversa no ponto f(1) conduz a[

g−1]′(f(1)) =

1

f ′(g−1(f(1)))=

1

f ′(1)=

112

1+12

= 2

II.2. (1,0 val.)A equação x3 − 5x+ 2 = 0 tem solução em [0, 1]? Justifique.

Resolução: Uma solução da equação x3 − 5x + 2 = 0 é um zero da função polinomial definida por h(x) =x3−5x+2. Logo basta verificar se h tem algum zero em [0, 1]. Tem-se h(0) = 2 > 0 e h(1) = −2 < 0.Então, como h é uma função contínua (pois é polinomial) e troca de sinal no intervalo [0, 1], h tempelo menos um zero em ]0, 1[, logo a equação dada tem solução no intervalo indicado.

II.3. (1,5 val.) Seja f : R → R diferenciável em R e tal que f(0) = 0 e f ′ é crescente. Mostre que afunção definida por

g(x) =f(x)

x,

é crescente em ]0,+∞[.

Resolução: Comece-se por notar que g é uma função diferenciável pois é o quociente de duas funções diferen-ciáveis em que o denominador não se anula (f e uma função polinomial que não se anula em R+).Então, basta provar que g′(x) ≥ 0 em R+ pois trata-se de uma função diferenciável num intervalo.Tem-se, então

g′(x) =f ′(x)x− f(x)

x2=

1

x

(f ′(x)− f(x)

x

)Para estudar o sinal da derivada tem que se relacionar o valor de f(x)

x com o valor de f ′(x). Issopode ser conseguido recorrendo ao Teorema de Lagrange, pois

f(x)

x=f(x)− f(0)

x− 0= f ′(c) , com c ∈]0, x[

já que f(0) = 0. Como c < x e f ′ é crescente, resulta que f ′(x) ≥ f ′(c) e g′(x) ≥ 0 para qualquerx ∈ R+.

III.1. (2,0 val.) Determine o valor dos integrais:

(i)

∫ π/4

0

senx ln | cosx| dx (ii)

∫ 1

0

x+ 1

(x+ 2)2 + 4dx

Resolução: i) Para determinar o integral recorre-se à regra de Barrow, para o que é necessário determinar umaprimitiva da função integranda. Como esta não é imediatamente primitivável e na sua expressãofigura um logaritmo deverá ser útil recorrer à primitivação por partes escolhendo u′ = senx ev = ln(cosx) (note-se que no intervalo de integração cosx > 0). Tem-se, então, u = − cosx ev′ = (cos x)′

cos x = − sen xcos x = − tgx, e∫ π

4

0

senx ln(cosx) dx = [− cosx ln(cosx)]π40 −

∫ π4

0

− cosx(− tgx)dx =

−√2

2ln

√2

2+ 1 ln(1)−

∫ π4

0

senx dx =

√2

4ln 2− [− cosx]

π40 =

√2

4ln 2 +

√2

2− 1 =

√2

4ln(2 e 2)− 1

ii) 1a Resolução Recorre-se, novamente à regra de Barrow, mas desta vez a função integranda é umafracção racional já na forma reduzida. Para a primitivar basta, então, notar que a derivada dodenominador é

[(x+ 2)2 + 4

]′= 2x+ 4 e escrever∫ 1

0

x+ 1

(x+ 2)2 + 4dx =

1

2

∫ 1

0

2x+ 4

(x+ 2)2 + 4dx+

∫ 1

0

1− 12 × 4

(x+ 2)2 + 4dx =

1

2

[ln |(x+ 2)2 + 4|

]10−∫ 1

0

14

(x+22 )2 + 1

dx =ln(13)

2− ln(8)− 1

2

[arctg

x+ 2

2

]10

=

1

2ln

13

8− 1

2( arctg

3

2− arctg (1)) =

1

2

[ln

13

8+π

4− arctg

3

2

]2a Resolução Recorre-se, novamente à regra de Barrow, mas desta vez usa-se a mudança de variávelx = −2 + 2t. Trata-se, realmente de uma mudança de variável pois é uma função injectiva ediferenciável e tem-se dx = 2dt. Quanto aos extremos tem-se x = 0 7→ t = 1 e x = 1 7→ t = 3

2 .Vem, então, ∫ π

4

0

senx ln(cosx)dx =

∫ 32

1

−2 + 2t+ 1

(2t)2 + 42 dt =

∫ 32

1

4t− 2

4t2 + 4dt =

1

2

∫ 32

1

2t

t2 + 1dt− 1

2

∫ 32

1

1

t2 + 1dt =

1

2

([ln |t2 + 1|

] 32

1− [ arctg t]

321

)=

1

2

[ln

13

8+π

4− arctg

3

2

]III.2. (1,0 val.) Determine a área da região plana D ⊂ R2 limitada pelas curvas

y = sen (2x) , y = cos(2x) x = −π/4 , e x = π/4.

Resolução: Para determinar a área de uma região é, geralmente, útil obter uma representação gráfica dessaregião (apesar de não ser estritamente necessário). Neste caso as funções envolvidas são sobejamenteconhecidas e a respectiva representação é

-0.5 0.5

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Para determinar a intersecção resolve-se o sistema{y = sen (2x)y = cos(2x)

⇔{

tg (2x) = 1y = cos(2x)

⇔{

2x = π4 + kπ, k ∈ Z

y = (−1)k√22

⇔{x = π

8 + k π2 , k ∈ Zy = (−1)k

√22

Neste caso k = 0, x = π8 e y =

√22 . Então a área pretendida é dada, em cada um dos intervalos

[−π4 ,π8 ] e [π8 ,

π4 ], pelo integral da diferença entre a função cujo gráfico delimita superiormente a

região e a função cujo gráfico delimita inferiormente a região:

A =

∫ π8

−π4cos(2x)− sen (2x)dx+

∫ π4

π8

sen (2x)− cos(2x) dx =

[sen (2x)

2+

cos(2x)

2

]π8

−π4

+

[−cos(2x)

2− sen (2x)

2

]π4

π8

=

1

2

(sen

π

4+ cos

π

4− sen (−π

2)− cos(−π

2)− cos

π

2− sen

π

2+ cos

π

4+ sen

π

4

)=

1

2

(√2

2+

√2

2− (−1)− 0− 0− 1 +

√2

2+

√2

2

)=√2

III.3. (3,0 val.) Seja φ : R→ R a função definida por

φ(x) =

∫ x

0

et2

dt + C

∫ x2

0

x et2

sen t dt.

i) Determine, se existir, a função derivada, φ′.

ii) Determine

limx→0

φ(x)

x+ limx→π

2−

arctan√x

tanx

iii) Conclua se φ é primitivável e mostre que sendo C = 0,∫ 1

0

φ(x) dx = φ(1) +1− e2

.

Resolução: i) Para se poder aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo é necessário que a função integranda nãodependa da variável x pelo que se começa por reescrever a função na forma

φ(x) =

∫ x

0

et2

dt + Cx

∫ x2

0

e t2

sen t dt

Como as funções integrandas são funções contínuas da variável de integração t e os extremos sãofunções diferenciáveis da variável livre x pode-se aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo e osteoremas da derivação da função composta e do produto (ou, simplesmente, a Regra de Leibnitzpara derivação de integrais e o teorema da derivação do produto), concluindo-se assim que a funçãoφ é diferenciável em todo o seu domínio e que, qualquer que seja x ∈ R,

φ′(x) = e x2

(x)′ + (Cx)′∫ x2

0

e t2

sen t dt+ Cx

(∫ x2

0

e t2

sen t dt

)′=

e x2

+ C

∫ x2

0

e t2

sen t dt+ Cx e (x2)2 sen (x2)(x2)′ = e x2

+ C

∫ x2

0

e t2

sen t dt+ 2Cx2 e x4

sen (x2)

ii) Comece-se por notar que φ é uma função contínua e diferenciável em R, como visto anteriormente, eque φ(0) = 0 visto que ambos os integrais correspondentes têm os extremos iguais. Então, se existiro limite do quociente das respectivas derivadas, o primeiro quociente encontra-se nas condições daRegra de Cauchy. Calcule-se, então, o limite do quociente das derivadas

limx→0

φ′(x)

(x)′= limx→0

φ′(x) = e 02 + C × 0 + 2C × 0 = 1

Como este limite existe (em R) pode aplicar-se a Regra de Cauchy e tem-se limx→φ(x)

x= 1.

Quanto ao segundo quociente, comece-se por notar que limx→π2− arctg

√x = arctg

√π2 ∈ R e que

limx→π2− tgx = +∞ pelo que o limite do quociente é 0. Tem-se então

limx→0

φ(x)

x+ limx→π

2−

arctan√x

tanx= 1

iii) Como já referido, φ é uma função contínua em R. Como tal, é primitivável. Tomando C = 0,quer-se calcular

∫ 1

0φ(x) dx. Como a funçã φ nãp é imediatamente primitivável mas a sua derivada

tm uma expressão bastante simples, aplica-se o método de integração por partes escolhendo u′ = 1e v = φ(x) vindo u = x e v′ = e x

2

. Aplicando a fórmula vem∫ 1

0

φ(x)dx = [xφ(x)]10 −

∫ 1

0

x e x2

dx = φ(1)− 0− 1

2

∫ 1

0

2x e x2

dx = φ(1)− 1

2

[e x

2]10=

φ(1)− e − 1

2= φ(1) +

1− e2

IV.1. (1,5 val.) Analise a natureza das séries

i)+∞∑n=1

2 sen (n)n(πn + 3)

; ii)+∞∑n=1

2n√n

n!.

Resolução: i) Trata-se de uma série de termos com sinal variável. Como tal, começa-se por determinar a sériedos módulos

+∞∑n=1

∣∣∣∣ 2 sen (n)n(πn + 3)

∣∣∣∣ = +∞∑n=1

2 | sen (n)|n(πn + 3)

Como a parcela | senn| não tem limite em +∞, convém utilizar o Critério Geral de Comparação.Já que se escolhe usar este critério pode notar-se que | senn| ≤ 1, 1n ≤ 1 e, portanto,

2 | sen (n)|n(πn + 3)

≤ 2

πn + 3≤ 2

πn

Como a série determo geral 1πn é uma série geométrica de razão r = 1

π e, portanto, convergente,pois |r| < 1, pelo Critério Geral de Comparação a série dos módulos é uma série e convergente e asérie dada é absolutamente convergente.

ii) Trata-se de uma série de termos positivos em cujo termo geral figuram uma exponencial e umfactorial. Como tal é natural usar o Critério de D’Alembert para estudar a sua natureza. Tem-se

lim

2n+1√n+ 1

(n+ 1)!

2n√n

n!

= lim2n+1

√n+ 1

2n√n

n!

(n+ 1)!= 2 lim

√n+ 1

n

n!

(n+ 1)n!=

2 lim

√1 +

1

n

1

n+ 1== 2.

√1 + 0.0 = 0 < 1

Como o limite da razão é estritamente inferior a 1, a série converge pelo Critério de D’Alembert.Como se trata de uma série de termos positivos é absolutamente convergente.

IV.2. (1,8 val.) Seja a série de potências∞∑n=1

3(n+1)

2n(2x+ 1)

n

i) Determine o intervalo de R onde a série de potências é absolutamente convergente.

ii) Indique a soma da série de potências no intervalo indicado.

Resolução: i) Sendo uma série de potências na forma∑an(x − α)n, sabe-se que será sempre absolutamente

convergente no intervalo ]α − r, α + r[ em que o raio de convergência pode ser determinado pelolimite lim

∣∣∣ anan+1

∣∣∣ se este limite existir. Calcule-se, então,

lim

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ = lim

∣∣∣∣∣ 3(n+1)

2n

3(n+2)

2n+1

∣∣∣∣∣ = lim2

3=

2

3

Como o limite existe, r = 23 e a série é absolutamente convergente no intervalo ]− 1− 2

3 ,−1 +23 [=

] − 53 ,−

13 [. Sabe-se também que a série é divergente no conjunto ] − ∞, α − r[∪]α + r,+∞[=

] −∞,− 53 [∪] −

13 ,+∞[. Falta saber o que se passa para x = − 5

3 e para x = − 13 . Para x = − 5

2a série escreve-se

∑3(−1)n que é imediatamente convergente por o seu termo geral não ser um

infinitésimo. O mesmo se passa quando x = − 13 em que a série que se obtém é

∑3. Resumindo, o

intervalo onde s érie de potências é absolutamente convergente é ]− 53 ,−

13 [.

ii) Comece-se por notar que a série pode ser reescrita na forma∞∑n=1

3(n+1)

2n(2x+ 1)

n=

∞∑n=0

3

(3(x+ 1)

2

)nque é claramente uma série geométrica de razão 3(x+1)

2 e portanto convergente no intervalo indicadona alínea anterior (como não poderia deixar de ser). A sua soma é, então dada pela fórmula S = a1

1−r ,vindo

∞∑n=1

3(n+1)

2n(2x+ 1)

n=

3

1− 3(x+1)2

=6

2 + 3x+ 3=

6

3x+ 5

IV.3. (0,7 val.) Sendo an uma sucessão decrescente de termos positivos e∑+∞n=1 b

2n uma série numérica

convergente analise a natureza da série

+∞∑n=1

bn√an − an+1.

Resolução: É imediato que (√an − an+1 − bn)

2 ≥ 0 pois o quadrado de um real é sempre não negativo.Desenvolvendo o quadrado e rearranjando os termos vem

(√an − an+1−bn)2 ≥ 0⇔ (

√an − an+1)

2−2bn√an − an+1+b

2n ≥ 0⇔ 2bn

√an − an+1 ≤ |an − an+1|+b2n

Aplicando um raciocínio idêntico a (√an − an+1 + bn)

2 ≥ 0 conclui-se que

−2bn√an − an+1 ≤ |an − an+1|+ b2n.

Portanto, tem-se

|bn|√an − an+1 ≤

1

2

(|an − an+1|+ b2n

)Como an é decrescente, an > an+1 e |an − an+1| = an − an+1. Por ouro lado a série

∑an − an+1 é

convergente por ser uma série de Mengoli e an ser uma sucessão convergente, já que é decrescentee minorada por 0. Então a série de termo geral an − an+1 + b2n é convergente por ser a soma deduas séries convergentes e a série dos módulos da série dada é convergente pelo Critério Geral deComparação. Assim, a série dada é absolutamente convergente.

Cálculo Diferencial e Integral IResolução do 1o teste

I.1. Considere a sucessãoun = (−1)n sen (nπ/2)

n, n ∈ N

i) Indique, caso existam em R, o supremo, ínfimo, máximo e mínimo do conjunto dos termos dasucessão un.

ii) A sucessão é convergente? Justifique..

iii) A subsucessão u3n é convergente? Justifique e em caso afirmativo determine o sublimite.

Resolução: i) Tem-se

u4n = u4n+2 = u2n = 0 , u4n+1 =−1

4n+ 1e u4n+3 =

1

4n+ 3

Como as subsucessões indicadas contêm todos os termos da sucessão un, u4n+1 é crescente e u4n+3

é decrescente resulta que, qualquer que seja n ∈ N,

u1 = −1 ≤ un ≤ 1/3 = u3

Então, sendo U = {un : n ∈ N},

supU = maxU = 1/3 e inf U = minU = −1

ii) Como un é o produto de uma sucessão limitada, an = (−1)n sen (nπ/2), por um infinitésimo,bn = 1/n, un → 0 logo trata-se de uma sucessão convergente.

iii) Dado que, pela alínea anterior, un é uma sucessão convergente, qualquer subsucessão de un éconvergente para o limite de un. Logo u3n é convergente e o seu limite é 0.

I.2. Considere a sucessão convergente vn = xn + yn, n ∈ N em que

xn =2n+5 − 3n

3n+1 + 22n+

n

√(n+ 2)!

n! + 1

eyn+1 =

1

2

(yn +

5

yn

), y1 = 1

Determine o limite da sucessão vn

Resolução: Tem-se2n+5 − 3n

3n+1 + 22n=

2−n+5 − (3/4)n

3(3/4)n + 1→ 0− 0

3− 0 + 1= 0

e(n+3)!

(n+1)!+1

(n+2)!n!+1

=(n+ 3)!

(n+ 2)!

n! + 1

(n+ 1)! + 1=

1 + 3n−1

1 + n−1

1 + 1(n)!

1 + 1(n+1)!

→ 1 + 0

1 + 0

1 + 0

1 + 0= 1⇒ n

√(n+ 2)!

n! + 1→ 1

Logo xn → 0+1 = 1. Então, como yn = vn−xn, yn é uma sucessão convergente. Sendo a ∈ R o seulimite, yn+1 → a pois é uma subsucessão de yn. Aplicando limites a ambos os termos da igualdadeque define, por recorrência, yn, tem-se, visto que todas as sucessões envolvidas são convergentes,

a =1

2

(a+

5

a

)⇔ a2 = 5⇔ a = ±

√5

Como y1 > 0 e yn > 0⇒ yn+1 > 0, yn é, por indução, uma sucessão de termos positivos. Assim, oseu limite não pode ser negativo e a =

√5. Conclui-se, assim, que vn → 1 +

√5

I.3. Recorrendo ao método de indução matemática, mostre que, para todo o n ∈ N, o natural n3 + 2né divisível por 3.

Resolução: Pretende-se provar que n3 + 2n = 3k para algum k ∈ Z, qualquer que seja n ∈ N. Para base daindução tem-se, com n = 1,

13 + 2.1 = 3⇒ k = 1 ∈ Z

logo a base da indução é uma proposição verdadeira. Para o passo indutivo, n3 + 2n = 3k ⇒(n+ 1)3 + 2(n+ 1) = 3k′ (k, k′ ∈ Z), tem-se

(n+ 1)3 + 2(n+ 1) = (n3 + 2n) + (3n2 + 3n+ 3) = 3(k + n2 + n+ 1)⇒ k′ = k + n2 + n+ 1 ∈ Z

Logo o passo indutivo é verdadeiro e proposição é verdadeira para todo o n ∈ N.

II.1. Considere a função definida em R pela expressão

F (x) =

(x− 1) ln |x− 1| se x ≤ 0

arctg√

1x −

π2 se x > 0

i) Determine o domínio de diferenciabilidade de F e calcule F ′.

ii) Determine os intervalos de monotonia, os extremos e o contradomínio da função F .

iii) Considere a sucessão wn = 1 + 2−n. Determine o limite da sucessão F (wn).

iv) A função F restrita a ]0,+∞[ é invertível? Justifique e, em caso afirmativo, determine aderivada da função inversa em F (1).

v) Justifique que existe c ∈]1, 3[ tal que F ′(c) = −π/24.

Resolução: i) F é diferenciável em R− ∪ R+ pois coincide numa vizinhança de qualquer desses pontos com acomposta e o produto de funções diferenciáveis nos pontos correspondentes (neste caso, funçõesracionais cujos denominadores não se anulam, função logaritmo, função módulo cujo argumentonão se anula, função arco-tangente e função raíz quadrada cujo argumento não se anula).

1a Resolução Para saber se F é diferenciável na origem calculam-se as derivadas laterais usando adefinição:

F ′e(0) = limx→0−

F (x)− F (0)x− 0

= limx→0−

(x− 1) ln |x− 1|x

= limx→0−

(1− x) ln(1− x)−x

= (1− 0).1 = 1

usando o limite notável limx→0ln(x+1)

x = 1 e

F ′d(0) = limx→0+

F (x)− F (0)x− 0

= limx→0+

arctg√

1x −

π2

xlim

y→π/2−y − π/2cotg 2y

=1

−2 cotg y sen−2y

∣∣∣∣y=π/2

= −∞

fazendo a mudança de variável y = arctg√

1x e reconhecendo o limite assim obtido como o inverso

do limite que define a derivada da função cotg 2y no ponto y = π/2. Como F tem uma derivadalateral infinita na origem não é diferenciável na origem e o seu domínio de diferenciabilidade éR \ {0}, sendo a sua derivada definida, nesse conjunto, através das regras de derivação:

F ′(x) =

ln(1− x) + 1 se x < 0

− 12x−3/2

1 + (x−1/2)2se x > 0

=

ln(1− x) + 1 se x < 0

−12x1/2(x+ 1)

se x > 0

2a Resolução Em R \ {0} podem-se usar as regras de derivação, obtendo:

F ′(x) =

ln(1− x) + 1 se x < 0

− 12x−3/2

1 + (x−1/2)2se x > 0

=

ln(1− x) + 1 se x < 0

−12x1/2(x+ 1)

se x > 0

Como F (0−) = limx→0−(x−1) ln |x−1| = 0 = F (0) e F (0+) = limx→0+ arctg√

1x−

π2 = π/2−π/2 =

0, F é contínua na origem. Tem-se, ainda

F ′(0+) = limx→0+

−12x1/2(x+ 1)

= −∞

eF ′(0−) = lim

x→0−ln(1− x) + 1 = 1

Assim, pelo Teorema de Lagrange, como F é contínua em [−ε, ε] e diferenciável em ] − ε, ε[, paraalgum ε > 0, e existem os limites laterais F ′(0+) e F ′(0−), tem-se que F ′d(0) = F ′(0+) = −∞ eF ′e(0) = F ′(0−) = 1 logo F não é diferenciável na origem. Então o domínio de diferenciabilidade éR \ {0} e F ′ está definida, nesse conjunto, pela expressão obtida pelas regras de derivação.

ii) Pela alínea anterior, F ′(x) < 0 para x ∈ R+ e F ′(x) > 0 para x ∈ R−. Logo, dado que F é contínuana origem, F é estritamente decrescente em [0,+∞[ e estritamente crescente em ]−∞, 0] e tem ummáximo na origem com F (0) = 0 que é o único extremo da função. Como

F (+∞) = limx→+∞

arctg√

1

x− π

2= 0− π

2= −π

2

eF (−∞) = lim

x→−∞(x− 1) ln |x− 1| = −∞(+∞) = −∞

tem-se que, pelo estudo da monotonia apresentado, o contradomínio de F é F (R) = F (R−0 ) ∪F (R+) =]−∞, 0]∪]− π

2 , 0[=]−∞, 0].

iii) Como wn = 1+ 2−n → 1+ 0 = 1 e F é contínua em 1, visto que é diferenciável nesse ponto (alínea(i)), o limite da sucessão F (wn) é limF (wn) = F (1) = arctg (1)− π

2 = π4 −

π2 = −π4

iv) Pela alínea (ii), F é estritamente decrescente em ]0,+∞[ logo é injectiva nesse intervalo e, portanto,F restrita a esse intervalo é invertível. Pelo teorema da derivada da função inversa tem-se, sendoG a inversa dessa restrição,

G′(F (1)) =1

F ′(G(F (1)))=

1

F ′(1)=

1

− 14

= −4

v) Pela alínea (i), F é contínua em [1, 3] e diferenciável em ]1, 3[ pois é diferenciável em R+. Entãopelo teorema de Lagrange existe um c ∈]1, 3[ tal que

F ′(c) =F (3)− F (1)

3− 1=

arctg√

13 − arctg

√11

2=π/6− π/4

2= − π

24

II.2. Seja f : R → R uma função diferenciável em R. Suponha que f é par e que existe, emR, o limitelimx→+∞ f(x) = L.

i) Mostre que f é limitada em R.ii) Supondo adicionalmente que a função satisfaz

f(n+ 1) =f(n)

2n, ∀n∈N

mostre que, necessariamente, se tem que verificar L = 0.

Resolução: i) Como f é diferenciável em R é contínua em R e, portanto, limitada em qualquer intervalo limitado.Por outro lado, como f(+∞) = L, qualquer que seja δ > 0 existe ε > 0 tal que f(x) ∈]L− δ, L+ δ[para x > 1

ε . Por simetria, visto que f é par, f(x) ∈]L− δ, L+ δ[ para x < − 1ε . Então f é limitada

em R.

ii) Como existe f(+∞) = L, pela definição de limite segundo Heine, existem e têm o mesmo valor oslimites das sucessões f(n + 1) e f(n). Aplicando limites a ambos os membros da igualdade, vistoque tratarem de sucessões convergentes e 1

2n → 0, tem-se

lim f(n+ 1) = limf(n)

2n⇔ L = 0

Calculo Diferencial e Integral I2oTeste - A - (MEMec; MEAer)

14 de Janeiro de 2012 - 10:00 horas

I (12 val.)

1. (4,0 val.) Determine o valor dos integrais:

(i)

∫ 1

0

x3√1 + x2

dx (ii)

∫ 2

1

x2 − xx3 + 4x2 + 3x

dx

Resolucao. (i) Determine-se uma primitiva, usando o metodo de primitiva-cao por partes e a primitivacao por decomposicao∫

x3√1 + x2

dx = x2√

1 + x2 −∫

2x√

1 + x2dx = x2√

1 + x2 − 2

3

√(1 + x2)3

pela formula de Barrow tem-se∫ 1

0

x3√1 + x2

dx =

[x2√

1 + x2 − 2

3

√(1 + x2)3

]10

=2−√

2

3

(ii) A funcao integranda e uma funcao racional que se decompoe em fraccoessimples∫ 2

1

x2 − xx3 + 4x2 + 3x

dx =

∫ 2

1

x− 1

(x+ 1)(x+ 3)dx = A

∫ 2

1

1

x+ 1dx+B

∫ 2

1

1

(x+ 3)dx =

= A[ln(x+ 1)]21 +B[ln(x+ 3)]21.

A determinacao das constantes A,B e feita pelo metodo dos coeficientes in-determinados ja que

x− 1 = (A+B)x+ (3A+B)

Tem-se A = −1, B = 2 concluindo-se que:∫ 2

1

x2 − xx3 + 4x2 + 3x

dx = ln(25

24).

2. (1,5 val.) Determine a area da regiao plana D ⊂ R2 limitada pelas curvas

y = tg x, y = 1 e x = 0.

Resolucao.

0.2 0.4 0.6 0.8

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Estabelecendo tg x = 1 tem-se x = π4, assim a area da regiao D e dada por:∫ π

4

0

1− tg x dx =π

4+ [ln | cos(x)|]

π40 =

4+ ln | cos(

π

4)| − ln | cos 0| = π

4+ ln(

1√2

).

3. (3,5 val.) Seja φ : [1,+∞[→ R a funcao definida por

φ(x) =

∫ lnx

1

x cos (t2) dt .

i) Defina, se existirem, as funcoes φ′ e φ′′.

ii) Determine

limx→e

φ(x)

x− e+ lim

x→+∞x2/√x

Resolucao.

i) A funcao F (x) :=∫ x1

cos(t2) dt e um integral indefinido de uma funcaocontınua em R e portanto diferenciavel em R, pelo Teorema Fundamen-tal do Calculo. Como φ(x) = x

∫ lnx

1cos(t2) dt = xF (lnx), resulta da

composicao e produto de funcoes diferenciaveis em ]1,+∞[ e e, tambem,diferenciavel em ]1,+∞[. A sua derivada e dada por:

φ′(x) = x(lnx)′ cos (ln2 x) +

∫ lnx

1

cos t2 dt = cos (ln2 x) +

∫ lnx

1

cos t2 dt,

2

pela regra da derivada do produto e pelo Teorema Fundamental do Cal-culo. Por sua vez, φ′ e a soma de duas funcoes diferenciaveis em ]1,+∞[e portanto diferenciavel em ]1,+∞[ tendo-se:

φ′′(x) = −2 lnx sen (ln2 x)

x+

cos (ln2 x)

x=

cos(ln2 x)− 2 lnx sen (ln2 x)

x.

ii) Determine

limx→e

φ(x)

x− e+ lim

x→+∞x2/√x

limx→e

φ(x)

x− e=

∫ 1

1e cos(t2) dt

0=

0

0(ind.)

Como

limx→e

φ′(x)

(x− e)′= lim

x→e

cos (ln2 x) +∫ lnx

1cos t2

1= cos 1,

da regra de Cauchy

limx→e

φ(x)

x− e= cos 1.

Por outro lado,

limx→+∞

x2/√x =∞0 (indeterminacao)

limx→+∞

x2/√x = e

limx→+∞ 2 ln x√x e lim

x→+∞

2 lnx√x

=+∞+∞

(indeterminacao)

limx→+∞

2(lnx)′

(√x)′

= limx→+∞

2x1

2√x

= limx→+∞

4√x

= 0

Tem-se, finalmente, que limx→+∞ x2/√x = e0 = 1. Assim limx→e

φ(x)

x− e+

limx→+∞ x2/√x = cos 1 + 1.

3

4. (3,0 val.)

i) Determine, utilizando a mudanca de variavel√x+ 1 = t, o integral∫ 0

−1e√x+1 dx .

ii) Indique uma solucao da equacao

(h(x))2 = 2

∫ x

0

h(t) dt +

∫ 0

−1e√x+1 dx .

em que h : [0, 1]→ R e uma funcao diferenciavel que nao se anula em ]0, 1[.

Resolucao.

i) Aplicando o metodo de integracao por substituicao,√x+ 1 = t⇒ x = ϕ(t) = t2 − 1∫ 0

−1e√x+1 dx =

∫ 1

0

et.2t dt =

integrando por partes,

= 2

([t.et]10−∫ 1

0

et dt

)= 2e− 2

[et]10

= 2

(a) Tem-se2h(x)h′(x) = 2h(x) ⇔ 2h(x) (h′(x)− 1) = 0

Como de h′(x)−1 = 0, deduz-se que h(x) = x+C ⇒ h(0) = C. Fazendox = 0 na equacao,

C2 = 0 + 2 ⇔ C =√

2.

4

II (8 val.)

1. (3,5 val.)

(i) Analise a natureza das series

+∞∑n=1

3 +√n

n+ 1

+∞∑n=0

cos(nπ)2n+1

en

(ii) Determine um numero real que seja majorante do modulo da soma de umadas series anteriores.

Resolucao.

i) Considerem-se as sucessoes an = 3+√n

n+1e bn =

√nn

= 1

n12

. Tem-se

limanbn

= lim

3√n

+ 1

1 + 1n

= 1 ∈ R+,

Do criterio de comparacao as series∑∞

n=1 an e∑∞

n=1 bn tem a mesmanatureza. Como a serie

∑∞n=1 bn e uma serie de Dirichlet divergente,∑∞

n=11np

com p = 1/2 ≤ 1, a serie∑∞

n=13+√n

n+1e tambem divergente.

A serie+∞∑n=0

∣∣∣∣cos(nπ)2n+1

en

∣∣∣∣ = 2+∞∑n=0

(2

e

)ne uma serie geometrica convergente de razao r =

2

e, |r| < 1, sendo a serie∑+∞

n=0

cos(nπ)2n+1

en, consequentemente, absolutamente convergente.

ii)

∣∣∣∣∑+∞n=0

cos(nπ)2n+1

en

∣∣∣∣ ≤ 2∑+∞

n=0

(2

e

)n=

2e

e− 2

2. (3,0 val.)

(i) Determine o intervalo de R onde a serie de potencias:

+∞∑n=1

(−1)n(2 + x)n

n(n+ 1)

e absolutamente convergente.

(ii) Indique a soma da serie em x = −3.

Resolucao.

i) Tem-se para o raio de convergencia

r = lim | anan+1

| = lim

1n(n+1)

1(n+1)(n+2)

= limn+ 2

n= 1

Assim serie converge absolutamente se |2 + x| < 1 i.e −3 < x < −1.Para x = −3,

+∞∑n=1

1

n(n+ 1)=

+∞∑n=1

(1

n− 1

n+ 1

)e uma serie de Mengoli convergente, pois a sucessao un =

1

ne conver-

gente. Como se trata de uma erie de termos positivos, e absolutamenteconvergente.Para x = −1

+∞∑n=1

∣∣∣∣ (−1)n

n(n+ 1)

∣∣∣∣ =+∞∑n=1

1

n(n+ 1)

e uma serie absolutamente convergente ja que a serie dos modulos coin-cide com a estudada anteriormente.

ii) Sendo uma serie de Mengoli convergente a sua soma e 1, uma vez que,considerando a sucessao das somas parciais Sm, tem-se

Sm =m∑n=1

(1

n− 1

n+ 1

)=

(1− 1

m+ 1

)−→

m→+∞1

6

3. (1,5 val.) Seja∑+∞

n=1 bn uma serie de termos positivos divergente e sn = b1+ . . .+bna sua sucessao das somas parciais. Conclua, justificando, qual a natureza da serie

+∞∑n=1

bns2n

Sugestao: Mostre quebns2n≤ 1

sn−1− 1

sn

Resolucao. Tem-se1

sn−1− 1

sn=

bnsnsn−1

Como snsn−1 ≤ s2n ja que bn > 0. tem-sebns2n≤ 1

sn−1− 1

sne∑+∞

n=1

1

sn−1− 1

sne

uma serie de Mengoli convergente, pois tem-se vn =1

sn→ 0, pois sn → +∞

por se tratar da sucessao das somas parciais de uma serie de termos positivose divergente. Consequentemente pelo criterio geral de comparacao, conclui-seque a serie dada e convergente.

7