Sequencias-e-Series-Calculo-de-Limites-e-Convergencia

1 Ponto Determine o limite da sequência abaixo an cos 1nn2 Considere a função fx cos 1xx2 Aplicando o logaritmo neperiano em ambos os lados da igualdade temos ln fx ln cos 1xx2 ln fx x2 ln cos 1x Aplicando a exponencial de base e em ambos os lados da igualdade segue que eln fx ex2 ln cos 1x fx ex2 ln cos 1x Assim lim x fx lim x ex2 ln cos 1x elimx x2 ln cos 1x Na última igualdade usamos o fato da função exponencial ser contínua em todo o seu domínio Veja que lim x x2 ln cos 1x lim x ln cos 1x1x2 Fazendo u 1x então se x segue que u 0 Logo lim x ln cos 1x1x2 lim u0 ln cosuu2 Aplicando a Regra de LHospital segue que lim u0 ln cosuu2 lim u0 1cosu sinu2u 12 lim u0 1cosu sinuu 12 Portanto lim x fx lim x cos 1xx2 e12 Como fn an para todo n N segue que lim x an e12 2 15 Pontos Determine se as seguintes séries são absolutamente convergentes condicionalmente convergentes ou divergentes a Σ n1 senn3 3n ln3 n 1 Veja que senn3 3n ln3 n 1 1n ln3 n 1 1n ln3 n A última desigualdade é válida pois n1 n ln3 n1 ln3 n n ln3 n1 n ln3 n 1n ln3 n 1 1n ln3 n Considere a série infinita Σ n2 1 n ln3 n Observe que fx 1x ln3 x é contínua positiva e decrescente para todo x 1 Agora note que 2 1x ln3 x dx lim a 2a 1x ln3 x dx lim a 12 ln2 x 2a 12 ln2 2 Logo pelo Teste da Integral a série Σ n2 1 n ln3 n é convergente Portanto pelo Teste da Comparação segue que a série Σ n1 senn3 3n ln3 n 1 é convergente Assim a série do enunciado é absolutamente convergente b Σ n0 1n nn2 1 A série diverge pois lim x nn2 1 1 c Σ n1 3 n n 1n 3n 1 Utilizando o Teste da Raiz temos lim n nan lim n n 3 n n 1n 3n 1 lim n n 3 n n 1n 3n 1 lim n 3 n n 1 n3n 1 Sabemos que lim n nn 1 Logo lim n 3 n n 1 n3n 1 lim n 3 n n 1 3 n 1 13n 23 1 Portanto pelo Teste da Raiz a série é absolutamente convergente PS Mostre que lim n n 1 13n 1 3 15 Pontos Considere a seguinte função hx definida em séries de potências hx Σ n1 5n 4n n2 1 x 1n Determine todos os valores de x para os quais a função hx está bem definida Usaremos o teste da razão lim n an1 an lim n 5n1x1n1 4n1n12 1 5nx1n 4n n21 lim n 5n1x1n14n n21 5nx1n 4n1n12 1 lim n n1x1n21 4n12 1 x14 lim n n1n21 nn12 1 x14 lim n n3 n2 n 1 n3 2n2 2n x14 Logo lim n an1 an 1 x14 1 5 x 3 Pelo Teste da Razão a série converge no intervalo 5 3 mas devemos agora testar a convergência nas extremidades desse intervalo Se x 5 a série tornase n1 1n 5nn²1 que converge pelo Teste da Série Alternada Se x 3 a série tornase n1 5nn²1 Veja que para todo n 1 temos 0 4n² 1 0 5n² n² 1 n² 1 5n² n² 15n n 5nn² 1 1n Como a série harmônica n1 1n diverge segue que a série n1 5nn² 1 diverge pelo Teste da Comparação Portanto o intervalo de convergência da série é 53 Para encontrar o raio de convergência usamos o Teste da Razão lim n an1an lim n mm1mn1mn11xn1n1mm1mn1xnn lim n mm1mn1mnxn1nmm1mn1xnn1 x lim n mnn1 x Logo lim n an1an 1 x 1 Assim o raio de convergência é 1 b Determine os três primeiros termos diferentes de zero da série de Maclaurin da função gx 11x² Observe que a função g pode ser reescrita como gx 1x²12 Pelo item a a série de Maclaurin para a função fx 1xm é n0 m choose n xn Assim tomando m 12 e x por x² segue que a série de Maclaurin para a função g é n0 12 choose n x²n ou n0 12 choose n 1n x2n Os três primeiros termos diferentes de zero 12 choose 0 12 choose 1 x² 12 choose 2 x4 c Usando o item b determine os três primeiros termos diferentes de zero da série de Maclaurin da função arcsen2x Sabemos que arcsenx 11x² 2 Pontos Considere a equação diferencial x²y xy 0 a 03 Mostre que x 0 é um ponto singular regular da equação diferencial Observe que px 0 e qx 1x Para x 0 temos lim x0 x00 0 e lim x0 x0² 1x 0 Portanto x 0 é um ponto singular regular para a edo dada b 03 Determine a equação indicial desta equação e calcule suas raízes Supomos que existe solução da seguinte forma yx n0 an xnr yx from n0 to an xnr Assim yx from n0 to an nr xnr1 e yx from n0 to an nrnr1 xnr2 Substituindo as expressões para y e y na edo temos x2 y x y 0 x2 from n0 to an nrnr1 xnr2 x from n0 to an xnr 0 from n0 to an nrnr1 xnr from n0 to an xnr1 0 O último termo da equação acima pode ser reescrito como from n1 to an1 xnr Logo from n0 to an nrnr1 xnr from n1 to an1 xnr 0 Combinando os termos segue que a0 rr1 xr from n1 to an nrnr1 xnr from n1 to an1 xnr 0 A equação acima deve ser satisfeita para todo x e assim o coeficiente de cada potência de x tem que ser zero Ainda como a0 0 obtemos os coeficientes de xr rr1 0 Portanto as raízes da equação indicial são r1 0 e r2 1 c 02 É possível encontrar uma solução da equação diferencial com a menor raiz indicial Não é possível De fato observe que a relação de recorrência é an an1 nrnr1 Para r0 temos an an1 nn1 Veja que para n1 não temos existência de a1 divisão por zero e consequentemente de todos os outros termos Logo não é possível encontrar uma solução com a menor raiz indicial d 06 Utilizando a maior raiz indicial encontrada no item b determine uma solução em séries de potências em torno de x0 da equação diferencial Pela relação de recorrência fazendo r1 temos an an1 nn1 Assim a1 112 a0 a2 123 a1 a0 23 a3 134 a2 a0 34 Logo an a0 nn1 para todo n1 Assim a solução é dada por y1x from n0 to a0 nn1 xn1 e 06 Fazendo a0 1 na solução encontrada no item d determine a segunda solução da equação diferencial A segunda solução é dada por y2x c0 y1x lnx from n0 to bn xn Substituindo y2 e y2 na edo temos x2 c0 y1 lnx 2 c0 y1 1x c0 y1 1x2 from n2 to nn1 bn xn2 c0 x y1 lnx from n0 to bn xn1 0 Como y1 é solução da edo segue que c0 lnx x2 y1 x y1 0 Assim 2 c0 x y1 c0 y1 from n2 to nn1 bn xn from n0 to bn xn1 0 Fazendo a01 na solução y1 e rearranjando os termos segue que from n0 to 2 c0 n2 c0 nn1 xn1 from n1 to bn1 nn1 xn1 from n0 to bn xn1 0 Combinando os termos segue que c0 b0 x from n1 to 2 c0 n2 c0 nn1 bn1 nn1 bn xn1 0 Logo c0 b0 0 c0 b0 e 2 c0 n2 c0 nn1 nn1 bn1 bn 0 n 1 A relação de recorrência acima pode ser reescrita como bn1 1 nn1 bn 2n1 b0 nn1 n 1 Como b0 é arbitrário podemos tomálo sendo igual a 1 Ainda observe que na relação de recorrência acima b1 também será arbitrário Logo podemos fazer b1 0 e assim uma particular segunda solução será y2x y1x lnx 1 34 x2 736 x3 351728 x5