Lista de Exercícios Resolvidos Calculo 3 Integrais Impróprias e Sequências

UNIVERSIDADE FEDERAL DA PARAÍBA CENTRO DE CIÊNCIAS AGRÁRIAS DEPARTAMENTO DE CIÊNCIAS FUNDAMENTAIS E SOCIAIS Cód Turma 3104195 Cálculo III Professor PÉRICLES DE FARIAS BORGES Aluno Data 24022023 EXERCÍCIOS REFERENTES AO 1 ESTÁGIO DE CÁLCULO III 1 Em cada parte determine se a integral é impropria e se for explique por que 𝑎 𝑑𝑥 𝑥3 5 1 𝑏 𝑑𝑥 𝑥3 5 1 𝑐 𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 𝑑 𝑒𝑥𝑑𝑥 1 2 Em cada parte determine todos os valores de p com os quais a integral é imprópria 𝑎 𝑑𝑥 𝑥𝑝 1 0 𝑏 𝑑𝑥 𝑥 𝑝 2 1 𝑐 𝑒𝑝𝑥𝑑𝑥 1 0 3 Calcule as integrais que convirjam a 𝑒2𝑥𝑑𝑥 0 b 𝑥 1𝑥² 1 𝑑𝑥 c 2 𝑥21 3 𝑑𝑥 d 𝑥𝑒2𝑥𝑑𝑥 0 e 𝑥 𝑥𝑙𝑛³𝑥 3 𝑑𝑥 f 𝑥 𝑥𝑙𝑛𝑥 2 𝑑𝑥 g 𝑑𝑥 2𝑥1³ 0 h 𝑑𝑥 𝑥29 3 4 Determine se afirmação dada é verdadeira ou falsa Explique sua reposta 𝑎 𝑥43𝑑𝑥 1 converge a 3 𝑏 𝑆𝑒 𝑓 𝑓𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑡í𝑛𝑢𝑎 𝑒𝑚 𝑎 𝑒 lim 𝑥 𝑓𝑥 1 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑓𝑥𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒 0 𝑐 1 𝑥𝑥3 2 1 𝑑𝑥 é 𝑢𝑚𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑟ó𝑝𝑟𝑖𝑎 𝑑 1 𝑥³ 1 1 𝑑𝑥 5 Em cada parte encontre a fórmula para o termo geral da sequência começando com n1 𝑎 1 1 3 1 9 1 27 𝑏 1 1 3 1 9 1 27 𝑐 1 2 3 4 5 6 7 8 𝑑 1 𝜋 4 𝜋 3 9 𝜋 4 16 𝜋 5 6 Em cada parte encontre fórmulas para o termo geral da sequência uma começando com n1 e a outra com n0 a 1r r² r³ b r r² r³ 𝑟4 7 a Escreva os quatro primeiros termos da sequência 1 1𝑛 𝑐𝑜𝑚𝑒ç𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑛 0 a Escreva os quatro primeiros termos da sequência cos 𝑛𝜋 começando com n0 b Use os resultados nas partes a e b para expressar o termo geral da sequencia 4040 de duas formas diferentes começando com n0 8 Escreva os cinco primeiros termos da sequência determine se ela converge e se isso acontecer encontre o limite a 𝑛 𝑛2 𝑛1 b 𝑛² 2𝑛1 𝑛1 c 2 𝑛1 d 𝑙𝑛 1 𝑛 𝑛1 e 𝑙𝑛 𝑛 𝑛 𝑛1 f 𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝜋 𝑛 𝑛1 g 1 1𝑛 𝑛1 h 1𝑛1 𝑛² 𝑛1 9 Use a diferença 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 para mostrar que a diferença 𝑎𝑛 dada é estritamente crescente ou estritamente decrescente 𝑎 1 𝑛 𝑛 1 𝑏 1 1 𝑛 𝑛 1 𝑐 𝑛 2𝑛 1 𝑛 1 10 Determine se a afirmação dada é verdadeira ou falsa Explique sua resposta a Se 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 0 com qualquer 𝑛 1 então a sequência 𝑎𝑛 será estritamente crescente b A sequência 𝑎𝑛 será monótona se 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 0 com qualquer 𝑛 1 c Qualquer sequência limitada converge d Se 𝑎𝑛 for crescente a partir de um certo termo então 𝑎100 𝑎99 11 Mostre que a sequência dada é a partir de certo termo estritamente crescente ou estritamente decrescente a 2𝑛2 7𝑛 𝑛1 b 𝑛 𝑛210 𝑛1 12 Determine se a série converge ou diverge se convergir encontre sua soma a 3 4 𝑘1 𝑘1 b 2 3 𝑘2 𝑘1 c 1𝑘1 7 6𝑘1 𝑘1 d 3 2 𝑘1 𝑘1 13 Use séries geométricas para mostrar que 𝑎 1𝑘𝑥𝑘 1 1𝑥 𝑘0 se 1 𝑥 1 b 𝑥 3𝑘𝑥2𝑘 1 4𝑥 𝑘0 se 2 𝑥 4 14 Em cada série p dada identifique p e determine se a série converge 15 Aplique o teste da divergência e escreva a conclusão obtida sobre a série 16 Determine se a série converge a b c d e f 17 Use o teste da integral para investigar a relação entre o valor de p e a convergência da série a b 18 Faça uma conjectura sobre a convergência ou a divergência da série e confirmea usando o teste da comparação 19 Em cada parte use o teste da comparação para mostrar que a série converge 20 Em cada parte use o teste da comparação para mostrar que a série diverge 21 Use o teste da razão para determinar se a série converge Se o teste for inclusivo aponte isso a b 22 Use o teste da raiz para determinar se a série converge Se o teste for inconclusivo aponte isso a b 23 Use qualquer método para determinar se a série converge a b c d e f 24 Mostre a que a série converge confirmando que satisfaz as hipóteses do teste da série alternada a b 25 Determine se a série alternada converge e justifique sua resposta a b c d 26 Use o teste da razão para a convergência absoluta para determinar se a série converge ou diverge Se o teste for inconclusivo aponte isso a b c d 27 Classifique a série como absolutamente convergente condicionalmente convergente ou divergente a b c d 27 Em cada parte encontre a aproximação quadrática local de f em x x0 e usea para encontrar a aproximação linear local de f em x x0 Use um recurso gráfico para esboçar o gráfico de f e das duas aproximações em uma mesma tela 28 Use a notação de somatório para escrever a série de Maclaurin da função dada a b c d 29 Determine o raio de convergência e o intervalo de convergência a b c d 30 Use o teste da raiz para determinar o intervalo de convergência de Excelente avaliação O segredo profissional está na capacidade de cada um a A integral 1 𝑥3 𝑑𝑥 com x variando de 1 até 5 é imprópria porque a função possui uma descontinuidade em x3 que está dentro do intervalo de integração b A integral 1 𝑥3 𝑑𝑥 com x variando de 1 até 5 não é imprópria pois a função é contínua e limitada em todo o intervalo de integração c A integral 𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥 com x variando de 0 até 1 é imprópria porque a função é indefinida em x0 que está dentro do intervalo de integração d A integral 𝑒𝑥𝑑𝑥 com x variando de 1 até é imprópria porque o intervalo de integração se estende até o infinito Essa é uma integral imprópria do tipo limite finito pois a função ex tende a zero quando x tende ao infinito a A integral é imprópria se a função integranda não é finita em algum ponto dentro do intervalo de integração No caso da integral 𝑑𝑥 𝑥𝑝 com x variando de 0 até 1 a função integranda é finita em todo ponto dentro do intervalo de integração exceto em x 0 Portanto a integral é imprópria para p 1 pois nesse caso a função integranda se torna infinita em x 0 b A integral é imprópria se a função integranda não é finita em algum ponto dentro do intervalo de integração No caso da integral 𝑑𝑥 𝑥 𝑝 com x variando de 1 até 2 a função integranda é finita em todo ponto dentro do intervalo de integração exceto em x p Portanto a integral é imprópria para p 1 e p 2 pois nesses casos a função integranda se torna infinita em x p c A integral 𝑒𝑝𝑥𝑑𝑥 é uma integral definida em todo o seu intervalo de integração Portanto a integral não é imprópria para nenhum valor de p a A integral 𝑒2𝑥𝑑𝑥 com x variando de 0 até infinito converge Podemos calcular a integral fazendo uma integração por substituição com u 2x e du 2dx Então 𝑒2𝑥𝑑𝑥 1 2 𝑒𝑢 𝑑𝑢 1 2 𝑒𝑢 𝐶 1 2 𝑒2𝑥 𝐶 Substituindo os limites de integração temos 𝑒2𝑥𝑑𝑥 0 até infinito 1 2 𝑒2 1 2 𝑒20 1 2 Portanto a integral converge e seu valor é 12 b A integral 𝑥 1𝑥2 𝑑𝑥 com x variando de 1 até infinito converge Podemos calcular a integral fazendo uma integração por partes com u x e 𝑑𝑣 1 1𝑥2 𝑑𝑥 Então du dx e v arctanx Então 𝑥 1 𝑥2 𝑑𝑥 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑑𝑥 A segunda integral é facilmente resolvida por uma substituição com u arctanx e 𝑑𝑢 1 𝑥21 𝑑𝑥 Então 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑥2 1 𝑥2 𝑑𝑥 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 1 2 𝑙𝑛1 𝑥2 𝐶 Substituindo 𝑥 1 𝑥2 𝑑𝑥 1 𝑎𝑡é 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑜 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 1 2 𝑙𝑛 1 1𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛1 1 2 𝑙𝑛1 1 c A integral 2 𝑥2 1 𝑑𝑥 com x variando de 3 até infinito converge Vagem 2 𝑥2 1 1 𝑥 1 1 𝑥 1 Então podemos calcular a integral como a diferença de duas integrais 2 𝑥2 1 𝑑𝑥 1 𝑥 1 𝑑𝑥 1 𝑥 1 𝑑𝑥 𝑙𝑛𝑥 1 𝑙𝑛𝑥 1 𝑂 Substituindo os limites de integração temos 2 𝑥2 1 𝑑𝑥 3 até infinito 𝑙𝑛 1 𝑙𝑛 1 𝑙𝑛3 1 𝑙𝑛3 1 𝑙𝑛 2 3 Portanto a integral converge e seu valor é 𝑙𝑛 2 3 d Para resolver a integral 𝑥𝑒2𝑥 𝑑𝑥 podemos usar integração por partes onde 𝑢 𝑥 𝑒 𝑑𝑣 𝑑𝑥 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 Logo 𝑑𝑢 𝑑𝑥 1 𝑒 𝑣 1 2 𝑒2𝑥 Assim aplicando a fórmula de integração por partes temos 𝑥𝑒2𝑥𝑑𝑥 1 2 𝑥𝑒2𝑥 1 2 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 Integrando a segunda parte temos 1 2 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 1 4 𝑒2𝑥 𝐶 Portanto a integral completa é 𝑥𝑒2𝑥 𝑑𝑥 1 2𝑥𝑒2𝑥 1 4 𝑒2𝑥 𝐶 Agora podemos calcular o valor da constante C usando o limite quando x tende a infinito lim 𝑥 1 2 𝑥𝑒2𝑥 1 4 𝑒2𝑥 lim 𝑥 1 2 𝑥 𝑒2𝑥 1 4 1 𝑒2𝑥 0 Assim a constante C 0 e a integral completa é 𝑥𝑒2𝑥 𝑑𝑥 1 2 𝑥𝑒2𝑥 1 4 𝑒2𝑥 e Para resolver a integral 𝑥𝑥𝑙𝑛³𝑥 𝑑𝑥 podemos fazer a substituição u lnx onde 𝑑𝑢 𝑑𝑥 1 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 𝑒𝑢 𝑑𝑢 Então temos 𝑥𝑙𝑛3𝑥𝑑𝑥 𝑥 𝑒𝑢𝑢3 𝑑𝑢 Essa integral pode ser resolvida por partes onde 𝑢 𝑢3 𝑒 𝑑𝑣 𝑑𝑥 𝑒𝑢 𝑑𝑢 𝐿𝑜𝑔𝑜 𝑑𝑢 𝑑𝑥 3𝑢2 𝑒 𝑣 𝑒𝑢 Assim aplicando a fórmula de integração por partes temos 𝑒𝑢𝑢3 𝑑𝑢 𝑢3𝑒𝑢 3𝑢2 𝑒𝑢 𝑑𝑢 Integrando a segunda parte temos 3𝑢2 𝑒𝑢 𝑑𝑢 3𝑢2𝑒𝑢 6𝑢𝑒𝑢 𝑑𝑢 Integrando novamente temos 6𝑢𝑒𝑢 𝑑𝑢 6𝑢𝑒𝑢 6𝑒𝑢 𝐶 Portanto a integral completa é 𝑥𝑥𝑙𝑛³𝑥 𝑑𝑥 𝑙𝑛3𝑥 𝑥 3𝑙𝑛2𝑥 𝑥 6𝑙𝑛𝑥 𝑥 6𝑥 𝐶 Agora podemos calcular o valor da constante C usando o limite quando x tende a infinito lim 𝑥 𝑙𝑛3𝑥 𝑥 3 𝑙𝑛2𝑥 𝑥 6𝑙𝑛𝑥 𝑥 6𝑥 𝐶 lim 𝑥 𝑙𝑛3𝑥 3𝑙𝑛2𝑥 6𝑙𝑛𝑥 6 𝐶 𝑥 Como os termos da esquerda tendem a infinito enquanto x tende a infinito para que a integral exista a constante C deve ser zero Assim a integral completa é 𝑥𝑥𝑙𝑛³𝑥 𝑑𝑥 𝑙𝑛3𝑥 𝑥 3𝑙𝑛2𝑥 𝑥 6𝑙𝑛𝑥 𝑥 6𝑥 f Para resolver a integral 𝑥 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 podemos fazer a substituição u lnx onde 𝑑𝑢 𝑑𝑥 1 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 𝑒𝑢 𝑑𝑢 Então temos 𝑥 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑢 𝑢 1 2 𝑑𝑢 Essa integral pode ser resolvida por partes onde 𝑢 𝑢 1 2 𝑒 𝑑𝑣 𝑑𝑥 𝑒𝑢 𝑑𝑢 𝐿𝑜𝑔𝑜 𝑑𝑢 𝑑𝑥 1 2 𝑢1 2 𝑒 𝑣 𝑒𝑢 Assim aplicando a fórmula de integração por partes temos 𝑒𝑢 𝑢 1 2 𝑑𝑢 2𝑒𝑢𝑢 2𝑒𝑢 𝑢 3 2 𝑑𝑢 Integrando a segunda parte temos 2𝑒𝑢 𝑢 3 2 𝑑𝑢 2𝑒𝑢 𝑢 1 2 2𝑒𝑢 𝑢 1 2 𝑑𝑢 Substituindo u lnx e integrando novamente temos 2𝑒𝑢 𝑢 1 2 𝑑𝑢 4𝑢𝑒𝑢 𝐶 Assim a integral completa é 𝑥 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 4𝑙𝑛𝑥 𝑥 2𝑥𝑙𝑛𝑥 𝐶 Para calcular o valor da constante C podemos usar o limite quando x tende a infinito lim 𝑥 4𝑙𝑛𝑥𝑥 2𝑥𝑙𝑛𝑥 𝐶 lim 𝑥 2𝑙𝑛𝑥𝑥 𝐶 Como os termos da esquerda tendem a infinito enquanto x tende a infinito para que a integral exista a constante C deve ser zero Assim a integral completa é 𝑥 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 4𝑙𝑛𝑥𝑥 2𝑥𝑙𝑛𝑥 g Para resolver a integral 𝑑𝑥 2𝑥13 com x variando de menos infinito até 0 podemos fazer a substituição u 2x 1 onde 𝑑𝑢 𝑑𝑥 2 e 𝑑𝑥 1 𝑑𝑢 2 Então temos 𝑑𝑥 2𝑥 13 𝑑𝑢 2𝑢3 Essa integral pode ser resolvida utilizando a fórmula de integração para potências negativas onde 𝑥𝑛 𝑑𝑥 𝑥𝑛1 𝑛 1 𝐶 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 1 Aplicando essa fórmula temos 𝑑𝑢 2𝑢3 1 2 𝑢3 𝑑𝑢 1 2 1 2 𝑢2 𝐶 1 42𝑥 12 𝐶 Assim a integral completa é 𝑑𝑥 2𝑥 13 1 42𝑥 12 𝐶 Para calcular o valor da constante C podemos usar o limite quando x tende a menos infinito lim 𝑥 1 4 2𝑥 12 𝐶 lim 𝑥 1 4 1 2𝑥 12 𝐶 Como os termos da esquerda tendem a zero enquanto x tende a menos infinito para que a integral exista a constante C deve ser zero Assim a integral completa é 𝑑𝑥 2𝑥 13 1 42𝑥 12 h Para resolver a integral 𝑑𝑥 𝑥29 com x variando de menos infinito até 3 podemos fazer a substituição 𝑢 𝑥 3 onde 𝑑𝑢 𝑑𝑥 1 3 e dx 3du Então temos 𝑑𝑥 𝑥2 9 3 𝑑𝑢 𝑢2 1 Essa integral pode ser resolvida utilizando a fórmula de integração para a função tangente onde 𝑑𝑥 𝑥2 1 𝑙𝑛𝑥2 1 2 𝐶 Aplicando essa fórmula temos 3 𝑑𝑢 𝑢2 1 3𝑡𝑎𝑛1𝑢 𝐶 3𝑡𝑎𝑛1 𝑥 3 𝐶 Assim a integral completa é 𝑑𝑥 𝑥2 9 3𝑡𝑎𝑛1 𝑥 3 𝐶 Para calcular o valor da constante C podemos usar o limite quando x tende a menos infinito lim 𝑥 3𝑡𝑎𝑛1 𝑥 3 𝐶 lim 𝑥 3𝑡𝑎𝑛1 𝐶 Como o limite de arco tangente de menos infinito é π2 temos lim 𝑥 3𝑡𝑎𝑛1 𝑥 3 𝐶 3𝜋 2 𝐶 Como a integral é definida de menos infinito até 3 podemos usar o fato de que a função é contínua em todos os pontos no intervalo para encontrar o valor de C Em x 3 temos 𝑑𝑥 𝑥2 9 3𝑡𝑎𝑛1 3 3 𝐶 3𝑡𝑎𝑛11 𝐶 3𝜋 4 𝐶 Então temos 3𝜋 2 𝐶 3𝜋 4 𝐶 Simplificando temos 3𝜋 2 3𝜋 4 Isso é uma contradição portanto não existe valor para a constante C que satisfaça a equação Isso significa que a integral não converge ou seja não tem um valor finito Portanto a resposta final é 𝑑𝑥 𝑥29 com x variando de menos infinito até 3 não converge a Verdadeira Utilizando a regra da potência de integração temos que 𝑥4 3𝑑𝑥 3 1 3 𝑥1 3 𝐶 3𝑥 1 3 𝐶 onde C é a constante de integração b Falsa A afirmação diz que se uma função é contínua em a e tem limite quando x tende a infinito igual a L então a integral definida de f de a até infinito converge e é igual a L No entanto isso é apenas uma versão parcial do Teorema do Limite Fundamental do Cálculo que requer que f seja contínua em todo o intervalo fechado a b e que a sua antiderivada seja limitada em a b Sem essas condições adicionais a afirmação pode ser falsa c Verdadeira Utilizando a decomposição em frações parciais podemos escrever 1 𝑥𝑥3 como 𝐴 𝑥 𝐵 𝑥3 onde A e B são constantes a determinar Resolvendo para A e B obtemos 𝐴 1 3 𝑒 𝐵 1 3 𝐸𝑛𝑡ã𝑜 1 𝑥𝑥3 𝑑𝑥 1 3 𝑥 1 3 𝑥3 𝑑𝑥 1 3 𝑙𝑛𝑥 1 3 𝑙𝑛𝑥 3 𝐶 Avaliando a integral entre x1 e x2 temos 1 3 𝑙𝑛2 1 3 𝑙𝑛 1 1 3 𝑙𝑛1 1 3 𝑙𝑛 2 1 3 𝑙𝑛 2 1 1 3 𝑙𝑛2 1 3 𝑙𝑛2 1 3 𝑙𝑛 1 2 2 3 𝑙𝑛2 1 3 𝑙𝑛2 1 3 𝑙𝑛2 que é um número real finito logo a integral é convergente e finita a A sequência é formada por números decimais que são potências de 1 3 Em outras palavras o nésimo termo é dado por 𝑎𝑛 1 3 𝑛1 Assim os primeiros termos são 𝑎1 1 𝑎2 1 3 1 1 3 𝑎3 1 3 2 1 9 𝑎4 1 3 3 1 27 e assim por diante b A sequência alterna entre positivo e negativo O nésimo termo é dado por 𝑎𝑛 1𝑛1 1 3 𝑛1 Assim os primeiros termos são 𝑎1 1 𝑎2 1 3 𝑎3 1 9 𝑎4 1 27 e assim por diante c A sequência é formada por frações que aumentam de 1 2 até 1 O nésimo termo é dado por 𝑎𝑛 2𝑛 1 2𝑛 Assim os primeiros termos são 𝑎1 1 2 𝑎2 3 4 𝑎3 5 6 𝑎4 7 8 e assim por diante a Começando com n 1 O primeiro termo é 1r o segundo termo é 𝑟2 e o terceiro termo é 𝑟3 Observando a sequência podemos ver que cada termo é obtido multiplicando o termo anterior por r Portanto o termo geral da sequência é dado por 𝑎𝑛 1 𝑟 𝑟𝑛1 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 1 Começando com n 0 Se começarmos com n 0 o primeiro termo da sequência seria 𝑟0 1 Então o segundo termo seria 𝑟1 𝑟 o terceiro termo seria 𝑟2 𝑟 𝑟3 e assim por diante Portanto o termo geral da sequência é dado por 𝑎𝑛 1𝑛 𝑟𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 0 b Começando com n 1 O primeiro termo é r o segundo termo é 𝑟2 o terceiro termo é 𝑟3 e o quarto termo é 𝑟4 Podemos ver que cada termo é obtido multiplicando o termo anterior por r exceto pelo primeiro termo que é simplesmente r Portanto o termo geral da sequência é dado por 𝑎𝑛 1𝑛1 𝑟𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 1 Começando com n 0 Se começarmos com n 0 o primeiro termo da sequência seria 𝑟0 1 Então o segundo termo seria 𝑟1 𝑟 𝑟2 o terceiro termo seria 𝑟2 𝑟 𝑟3 e assim por diante Portanto o termo geral da sequência é dado por 𝑎𝑛 1𝑛 𝑟𝑛1 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 0 a A sequência 1 1𝑛 começa com n 0 então os quatro primeiros termos são 1 10 1 1 2 1 11 1 1 0 1 12 1 1 2 1 13 1 1 0 Logo os quatro primeiros termos da sequência são 2 0 2 0 b A sequência cos nπ começa com n 0 então os quatro primeiros termos são 𝑐𝑜𝑠0𝜋 𝑐𝑜𝑠0 1 𝑐𝑜𝑠1𝜋 𝑐𝑜𝑠𝜋 1 𝑐𝑜𝑠2𝜋 𝑐𝑜𝑠2𝜋 1 𝑐𝑜𝑠3𝜋 𝑐𝑜𝑠3𝜋 1 Logo os quatro primeiros termos da sequência são 1 1 1 1 c A sequência 4 0 4 0 pode ser expressa de duas maneiras diferentes usando as sequências 1 1𝑛 𝑒 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜋 Método 1 Observase que a sequência alterna entre 4 e 0 o que sugere que ela pode ser escrita como uma combinação linear das sequências 1 1𝑛 𝑒 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜋 Podemos tentar expressar a sequência como 41 1𝑛 0𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜋 O primeiro termo é 4 quando n é par 0 2 4 e 0 quando n é ímpar 1 3 5 O segundo termo é sempre 0 já que cos nπ é 1 0 ou 1 mas nunca 2 ou 2 Portanto essa expressão produz a sequência 4 0 4 0 como desejado Método 2 Observase que a sequência 4 0 4 0 tem um período de 2 isto é se somarmos 2 a qualquer índice n obtemos o mesmo valor Isso sugere que a sequência pode ser escrita como uma combinação linear das sequências 1 1𝑛 e 𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜋 2 que também têm período 2 Tenda Podemos 21 1𝑛 2𝑐𝑜𝑠 𝑛𝜋 2 O primeiro termo é 2 quando n é par e 0 quando n é ímpar enquanto o segundo termo é 2cos0 2 quando n é múltiplo de 4 2 quando n é congruente a 2 módulo 4 e 0 quando n é ímpar Portanto essa expressão também produz a sequência 4 0 4 0 como desejado a Os cinco primeiros termos são 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 A sequência converge para 1 b Os cinco primeiros termos são 1 3 4 5 9 7 16 9 25 11 A sequência converge para 1 2 c A sequência é constante e igual a 2 portanto ela converge para 2 d Os cinco primeiros termos são 0 𝑙𝑛 1 2 𝑙𝑛 1 3 𝑙𝑛 1 4 𝑙𝑛 1 5 A sequência converge para 0 e Os cinco primeiros termos são 0 𝑙𝑛2 2 𝑙𝑛3 3 𝑙𝑛4 4 𝑙𝑛5 5 A sequência converge para 0 f Os cinco primeiros termos são 31416 15708 10472 07854 06283 A sequência converge para π g Os cinco primeiros termos são 0 2 0 2 0 A sequência não converge h Os cinco primeiros termos são 1 4 9 16 25 A sequência não converge a Considere a sequência 1 𝑛 com n variando de 1 até infinito Então a diferença entre dois termos consecutivos é 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 1 𝑛 1 1 𝑛 Para mostrar que essa diferença é estritamente decrescente podemos calcular a sua derivada em relação a n 𝑑 𝑑𝑛 1 𝑛 1 1 𝑛 1 𝑛2 1 𝑛 12 Essa derivada é sempre negativa para n 1 o que implica que a diferença 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 é estritamente decrescente Portanto a sequência 1 𝑛 é estritamente decrescente b Agora considere a sequência 1 1 𝑛 com n variando de 1 até infinito A diferença entre dois termos consecutivos é 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 1 1 𝑛 1 1 1 𝑛 1 𝑛 1 𝑛 1 Para mostrar que essa diferença é estritamente crescente podemos calcular a sua derivada em relação a n 𝑑 𝑑𝑛 1 𝑛 1 𝑛 1 1 𝑛2 1 𝑛 12 Essa derivada é sempre positiva para 𝑛 1 o que implica que a diferença 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 é estritamente crescente Portanto a sequência 1 1 𝑛 é estritamente crescente c Finalmente considere a sequência 𝑛2𝑛 1 com n variando de 1 até infinito A diferença entre dois termos consecutivos é 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 𝑛 12𝑛 1 1 𝑛2𝑛 1 4𝑛 3 Como a diferença é constante e positiva podemos afirmar que a sequência n2n 1 é estritamente crescente a Verdadeira Se 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 0 com qualquer n 1 isso significa que cada termo subsequente é maior do que o anterior Portanto a sequência é estritamente crescente b Falsa Uma sequência pode ser monótona se 𝑎𝑛1 𝑎𝑛 0 para alguns valores de n Por exemplo a sequência 11111 é monótona mas não estritamente crescente ou decrescente c Falsa Existem sequências limitadas que não convergem como a sequência 1𝑛 que oscila entre 1 e 1 d Falsa Se 𝑎𝑛 for crescente a partir de um certo termo isso significa que 𝑎𝑛 𝑎𝑛1 para todos os valores de n acima de um certo valor Portanto não podemos afirmar que 𝑎100 𝑎99 pois é possível que 𝑎100 𝑎99 a Vamos analisar a diferença entre dois termos consecutivos da sequência 2𝑛 12 7𝑛 1 2𝑛2 7𝑛 Simplificando a expressão obtemos 4n 1 Como 4n 1 é sempre maior que zero para n positivo podemos concluir que a partir de certo termo a sequência será estritamente crescente b Vamos analisar a diferença entre dois termos consecutivos da sequência 𝑛 1 𝑛 12 10 𝑛 𝑛2 10 Simplificando a expressão obtemos 1 𝑛2 2𝑛 11 O denominador da fração é sempre maior que 11 então podemos concluir que a partir de certo termo a sequência será estritamente decrescente a A série converge Podemos observar que essa série é uma PG com primeiro termo 3 4 e razão 3 4 então sua soma é 𝑆 𝑎 1 𝑟 3 4 1 3 4 3 b A série converge Podemos reescrever a série como 2 3 𝑘2 2 3 2 2 3 𝑘 Podemos observar que essa série é uma PG com primeiro termo 2 3 2 e razão 2 3 então sua soma é 𝑆 𝑎 1 𝑟 4 9 1 2 3 4 3 c A série converge Podemos observar que essa série é uma PG com primeiro termo 7 e razão 16 então sua soma é 𝑆 𝑎 1 𝑟 7 1 1 6 42 7 6 d A série diverge Podemos observar que essa série é uma PG com primeiro termo 3 2 𝑒 𝑟𝑎𝑧ã𝑜 3 2 porém a razão tem módulo maior que 1 então a série diverge a Para mostrar que 1𝑘𝑥𝑘 1 1𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 1 𝑥 1 vamos usar a fórmula da série geométrica 𝑥𝑘 1 1 𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 1 Multiplicando ambos os lados por 1𝑘 temos 1𝑘𝑥𝑘 𝑥𝑘 Agora substituindo x por x na fórmula da série geométrica obtemos 1𝑘𝑥𝑘 𝑥𝑘 1 1 𝑥 1 1 𝑥 𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 1𝑘𝑥𝑘 1 1 𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 1 𝑥 1 b Para mostrar que 𝑥 3𝑘𝑥2𝑘 1 4𝑥 para 2 x 4 também usaremos a fórmula da série geométrica 𝑥𝑘 1 1 𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 1 Substituindo 𝑥 3𝑘 𝑝𝑜𝑟 𝑥𝑘𝑥 3𝑘 𝑥𝑘 temos 𝑥 3𝑘𝑥2𝑘 𝑥𝑘𝑥 3𝑘 𝑥𝑘 𝑥𝑘 𝑥 3 𝑥 𝑘 Observe que 𝑥 3 𝑥 1 para 2 x 4 Então podemos usar a fórmula da série geométrica novamente para obter 𝑥 3𝑘𝑥2𝑘 𝑥𝑘 𝑥 3 𝑥 𝑘 1 1 𝑥 3 𝑥 1 4 𝑥 𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑥 3𝑘𝑥2𝑘 1 4 𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 2 𝑥 4 a A série é do tipo p 3 ou seja a série é uma série de Riemann com p 2 Portanto a série converge b A série é do tipo 𝑝 1 2 ou seja a série é uma série de Riemann com p 1 Portanto a série diverge c A série é do tipo p 1 ou seja a série é uma série harmônica que é conhecida por divergir Portanto a série diverge d A série é do tipo 𝑝 2 3 ou seja a série é uma série de Riemann com 1 p 2 Portanto a série converge a Para aplicar o teste da divergência primeiro calculamos o limite da razão entre os termos consecutivos da série lim 𝑘 𝑘2 𝑘 3 2𝑘2 1 𝑘 12 𝑘 1 3 2𝑘 12 1 lim 𝑘 𝑘2 𝑘 3 2𝑘2 1 2𝑘 12 1 𝑘 12 𝑘 1 3 lim 𝑘 𝑘2 𝑘 3 2𝑘2 1 2𝑘2 5𝑘 3 𝑘2 3𝑘 4 O limite acima existe e é diferente de 0 logo a série diverge b Novamente primeiro calculamos o limite da razão entre os termos consecutivos da série lim 𝑘 1 1 𝑘 𝑘 1 1 𝑘 1 𝑘1 lim 𝑘 1 1 𝑘 𝑘 1 1 𝑘 1 𝑘 𝑘 1 𝑘 2 𝑒 𝑙𝑖𝑚 𝑘 𝑘 1 𝑘 2 O limite acima é igual a 1 logo a série diverge c Neste caso os termos da série oscilam entre 1 e 1 Como não há convergência para um valor único a série diverge d Podemos aplicar o teste da divergência diretamente lim 𝑘 1 𝑘 0 Como o limite da razão entre os termos consecutivos é zero o teste é inconclusivo a A série converge pois é uma série harmônica com deslocamento para a direita de 6 b A série diverge pois é uma série harmônica com constante multiplicativa c A série converge pois é uma série pharmônica com 𝑝 1 2 ou seja é convergente d A série converge pois é uma série pharmônica com 𝑝 1 2 ou seja é convergente e A série converge pois é uma série pharmônica com 𝑝 1 3 ou seja é convergente f A série converge pois é uma série convergente pelo Critério da Integral já que a função 𝑓𝑥 𝑙𝑛𝑥 𝑥 é decrescente para x e e sua integral de e até infinito é convergente a Vamos aplicar o Teste da Integral para investigar a convergência da série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑝 Integrando a função 𝑓𝑥 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑝 em relação a x obtemos 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑑𝑥 2 lim 𝑥 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑑𝑥 𝑡 2 Fazendo a substituição 𝑢 𝑙𝑛𝑥 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑢 1 𝑥 𝑑𝑥 e portanto 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑑𝑥 𝑡 2 1 𝑢𝑝 𝑑𝑢 𝑙𝑛𝑡 𝑙𝑛2 𝑢1𝑝 1 𝑝 𝑙𝑛2 𝑙𝑛𝑡 𝑙𝑛𝑡 1𝑝 𝑙𝑛2 1𝑝 1 𝑝 Assim o teste da integral afirma que a série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑝 converge se e somente se a integral 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑑𝑥 2 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑚 Para p 1 a integral converge pois 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑑𝑥 2 lim 𝑡 𝑙𝑛𝑡 1𝑝 𝑙𝑛2 1𝑝 1 𝑝 lim 𝑡 𝑙𝑛𝑡 1𝑝 1 𝑝 0 Portanto a série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑝 converge para p 1 Para p 1 a integral diverge pois 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑑𝑥 2 lim 𝑡 𝑙𝑛𝑡 1𝑝 𝑙𝑛2 1𝑝 1 𝑝 diverge se p 1 Assim a série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑝 diverge para p 1 b Aplicando o Teste da Integral novamente investigamos a convergência da série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑙𝑛𝑙𝑛𝑘 𝑝 Integrando a função 𝑓𝑥 1 𝑥𝑙𝑛𝑥𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 𝑝 em relação a x obtemos 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 𝑝 2 𝑑𝑥 lim 𝑡 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑡 2 𝑑𝑥 Fazendo a substituição 𝑢 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 temos 𝑑𝑢 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 e portanto 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 𝑝 2 𝑙𝑛𝑙𝑛2 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑡1 𝑢𝑝 𝑑𝑢 𝑢1𝑝 1𝑝 𝑙𝑛𝑙𝑛2 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑡 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑡 1𝑝 𝑙𝑛𝑙𝑛2 1𝑝 1𝑝 Assim o teste da integral afirma que a série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑙𝑛𝑙𝑛𝑘 𝑝 converge se e somente se a integral 1 𝑥𝑙𝑛𝑥𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 𝑝 2 𝑑𝑥 convergem Para p 1 a integral converge pois 1 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 𝑝 2 𝑑𝑥 lim 𝑡 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑡 1𝑝 𝑙𝑛𝑙𝑛2 1𝑝 1 𝑝 lim 𝑡 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑡 1𝑝 1 𝑝 0 Portanto a série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑙𝑛𝑙𝑛𝑘 𝑝 converge para p 1 Para p 1 a integral diverge pois 1 𝑥𝑙𝑛𝑥𝑙𝑛𝑙𝑛𝑥 𝑝 𝑑𝑥 2 lim 𝑡 𝑙𝑛𝑙𝑛𝑡 1𝑝 𝑙𝑛𝑙𝑛2 1𝑝 1 𝑝 diverge se p 1 Assim a série 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑙𝑛𝑙𝑛𝑘 𝑝 diverge para p 1 Conclusão a convergência das séries 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑝 e 1 𝑘𝑙𝑛𝑘𝑙𝑛𝑙𝑛𝑘 𝑝 dependem do valor de p Para ambas as séries a convergência ocorre se p 1 e a divergência ocorre se p 1 a Conjectura A série converge Para provar isso usaremos o teste da comparação com a série harmônica Observe que 1 5𝑘2 𝑘 1 5𝑘2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑘 1 Portanto podemos comparar a série dada com a série 1 5𝑘2 que é uma série convergente já que é uma série pharmônica com p 2 Pelo teste da comparação a série dada converge b Conjectura A série diverge Para provar isso usaremos o teste da comparação com a série harmônica Observe que 3 𝑘 1 4 3 𝑘 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑘 1 Portanto podemos comparar a série dada com a série 3 𝑘 que é uma série divergente já que é uma série harmônica Pelo teste da comparação a série dada diverge c Conjectura A série converge Para provar isso usaremos o teste da comparação com a série harmônica Observe que 𝑘1 𝑘2 𝑘 𝑘1 𝑘2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑘 1 Portanto podemos comparar a série dada com a série 𝑘1 𝑘2 que é uma série convergente já que é uma série pharmônica com 𝑝 3 2 Pelo teste da comparação a série dada converge d Conjectura A série converge Para provar isso usaremos o teste da comparação com a série harmônica Observe que 2 𝑘4 𝑘 2 𝑘4 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑘 1 Portanto podemos comparar a série dada com a série 2 𝑘4 que é uma série convergente já que é uma série pharmônica com p 4 Pelo teste da comparação a série dada converge a Para testar a convergência da série 1 3𝑘 5 podemos utilizar o teste da comparação com a série geométrica 1 3𝑘 Como 5 é um número positivo temos que 1 3𝑘 5 1 3𝑘 para todo k Assim temos que 0 1 3𝑘 5 1 3𝑘 E como a série geométrica 1 3𝑘 converge então pela regra do teste da comparação podemos concluir que a série 1 3𝑘 5 também converge b Para testar a convergência da série 5𝑠𝑒𝑛2𝑘 𝑘 podemos utilizar o teste da comparação com a série geométrica 1 𝑘 Para isso vamos mostrar que existe uma constante C tal que 5𝑠𝑒𝑛2𝑘 𝑘 𝐶 𝑘 para todo k Podemos fazer isso usando o fato de que senx 1 para todo x Assim 5𝑠𝑒𝑛2𝑘 𝑘 5 𝑘 Então podemos escolher C 5 e temos que 0 5𝑠𝑒𝑛2𝑘 𝑘 5 𝑘 Como a série geométrica 1 𝑘 converge então pela regra do teste da comparação podemos concluir que a série 5𝑠𝑒𝑛2𝑘 𝑘 também converge a Vamos comparar a série dada com a série harmônica 1 𝑘 Para isso observe que para k 3 temos lnk k Pois a função lnx cresce mais devagar do que x Assim temos 𝑙𝑛𝑘 𝑘 1 𝑘 para k 3 Além disso para k 1 e k 2 temos 𝑙𝑛𝑘 𝑘 1 𝑘 Portanto para k 1 temos 0 1 𝑘 𝑙𝑛𝑘 𝑘 Logo pelo teste da comparação como a série harmônica diverge a série 𝑙𝑛𝑘 𝑘 também diverge b Vamos comparar a série dada com a série harmônica 1 𝑘 3 2 Para isso observe que para k 1 temos 𝑘 𝑘 3 2 1 2 𝑘 𝑘 3 2 1 𝑘 𝑃𝑜𝑖𝑠 𝑘 3 2 1 2 2𝑘 3 2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑘 1 𝐴𝑠𝑠𝑖𝑚 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑘 𝑘 3 2 1 2 1 𝑘 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑘 1 Logo pelo teste da comparação como a série harmônica diverge a série 𝑘 𝑘 3 21 2 também diverge a Vamos aplicar o Teste da Razão à série 3𝑘 𝑘 lim 𝑛 3𝑘1 𝑘 1 3𝑘 𝑘 lim 𝑛 3 𝑘 1 0 Como o limite é zero o teste da razão é inclusivo b Vamos aplicar o Teste da Razão à série 4𝑘 𝑘2 lim 𝑛 4𝑘1 𝑘 12 4𝑘 𝑘2 lim 𝑛 4𝑘2 𝑘 12 lim 𝑛 4 𝑘 𝑘 1 2 4 Como o limite é finito e diferente de zero o teste da razão é conclusivo e portanto a série diverge a Vamos aplicar o teste da raiz para a série 3𝑘 2 2𝑘 1 𝑘 Utilizando o teste da raiz temos lim 𝑘 3𝑘 2 2𝑘 1 1 𝑘 lim 𝑘 3 2 𝑘 2 1 𝑘 1 𝑘 lim 𝑘 3 2 𝑘 1 𝑘 2 1 𝑘 1 𝑘 1 2 Como a raiz é menor que 1 podemos afirmar que a série converge b Vamos aplicar o teste da raiz para a série 𝑘 100 𝑘 Utilizando o teste da raiz temos lim 𝑘 𝑘 100 1 𝑘 lim 𝑘 𝑘 1 𝑘 100 1 𝑘 1 100 Como a raiz é menor que 1 podemos afirmar que a série converge a Para determinar se a série converge podemos aplicar o teste de razão de limite Temos lim 𝑘 7𝑘1 𝑘 1 𝑘 7𝑘 lim 𝑘 7 𝑘 1 0 Como o limite é menor que 1 podemos concluir que a série converge b Podemos utilizar o teste da comparação com a série harmônica Temos 1 2𝑘 1 1 2𝑘 Assim podemos comparar a série dada com a série harmônica que sabemos divergir Logo a série dada também diverge c Podemos aplicar o teste da razão Temos lim 𝑘 𝑘 12 5𝑘1 5𝑘 𝑘2 lim 𝑘 5 5 𝑘2 𝑘 12 1 Como o limite é igual a 1 não podemos concluir nada sobre a convergência da série d Podemos aplicar o teste de DAlembert Temos lim 𝑘 𝑘 1 3𝑘1 3𝑘 𝑘 lim 𝑘 Como o limite é maior que 1 podemos concluir que a série diverge e Podemos aplicar o teste de comparação com a série geométrica decrescente de razão 𝑒1 Temos 𝑘50𝑒𝑘 𝑘50𝑒1𝑘 Podemos aplicar o teste da razão para a série geométrica que converge e temos lim 𝑘 𝑘 150𝑒𝑘1 𝑘50𝑒𝑘 lim 𝑘 1 𝑒 𝑘 1 𝑘 50 1 𝑒 Como o limite é menor que 1 podemos concluir que a série dada converge f Podemos aplicar o teste da comparação com a série harmônica Temos 𝑘2 𝑘3 1 1 𝑘 1 Assim podemos comparar a série dada com a série harmônica que sabemos divergir Logo a série dada também diverge a A série 1𝑘1 2𝑘 1 é uma série alternada já que seus termos alternam entre positivos e negativos Além disso os termos da série são decrescentes em módulo e tendem a zero quando k tende ao infinito Portanto a série satisfaz as hipóteses do teste da série alternada Assim podemos concluir que a série converge b A série 1𝑘1 𝑘 3𝑘 é uma série alternada já que seus termos alternam entre positivos e negativos Além disso podemos observar que os termos da série são decrescentes em módulo Podemos verificar que lim 𝑘 𝑘 3𝑘 0 Assim podemos concluir que a série também satisfaz a hipótese de que os termos da série tendem a zero quando k tende ao infinito Portanto a série satisfaz todas as hipóteses do teste da série alternada e portanto converge Para determinar se a série alternada converge podemos aplicar o teste da alternância Esse teste consiste em verificar se os termos da série são alternadamente positivos e negativos e se a magnitude dos termos decresce monotonamente para zero a Para verificar se a série converge podemos aplicar o teste da alternância Os termos da série são alternadamente positivos e negativos e temos 𝑘 1 3𝑘 1 𝑘 3𝑘 1 1 3 Assim a magnitude dos termos não decresce monotonamente para zero e o teste da alternância não é aplicável Podemos no entanto aplicar o teste de razão de limite para verificar a convergência da série Temos lim 𝑘 𝑘 2 3𝑘 4 3𝑘 1 𝑘 1 3 Como o limite é menor que 1 podemos concluir que a série converge b Os termos da série são alternadamente positivos e negativos e temos 𝑘 1𝑘 1 𝑘𝑘 𝑘 3 2 Como a magnitude dos termos não decresce monotonamente para zero o teste da alternância não é aplicável Podemos no entanto aplicar o teste de razão de limite para verificar a convergência da série Temos lim 𝑘 𝑘 2𝑘 1 1 𝑘𝑘 1 1 Como o limite é igual a 1 não podemos concluir nada sobre a convergência da série c Os termos da série são alternadamente positivos e negativos e a magnitude dos termos decresce monotonamente para zero pois 𝑒𝑘 é uma função decrescente para k 0 Assim podemos aplicar o teste da alternância Podemos ainda aplicar o teste da razão de limite para verificar a convergência da série Temos lim 𝑘 𝑒𝑘1 𝑒𝑘 1 𝑒 Como o limite é menor que 1 podemos concluir que a série converge d Os termos da série são alternadamente positivos e negativos e a magnitude dos termos decresce monotonamente para zero pois 𝑘 5𝑘 é uma função decrescente para k 0 Assim podemos aplicar o teste da alternância Podemos ainda aplicar o teste de razão de limite para verificar a convergência da série Temos lim 𝑘 𝑘 1 5 𝑘 2 1 2 5 Como o limite é menor que 1 podemos concluir que a série converge a Vamos aplicar o teste da razão 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 3 5 Como o valor absoluto de 3 5 é menor que 1 então a série converge absolutamente b Vamos aplicar o teste da razão 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 2𝑛 1𝑛 1 𝑛 1 2𝑛𝑛 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 2𝑛 1 2𝑛 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 𝑛 1 2𝑛1 𝐶𝑜𝑚𝑜 lim 𝑛 𝑛1 2𝑛1 0 então a série converge absolutamente c Vamos aplicar o teste da razão 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 3𝑛 1 2𝑛1 𝑛 1 3𝑛𝑛2 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 3𝑛 1 2 3𝑛2 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 3 3 𝑛 2 3 𝐶𝑜𝑚𝑜 lim 𝑛 3 3 𝑛 2 3 1 então a série diverge d Vamos aplicar o teste da razão 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 𝑛 1 5𝑛1 𝑛 5𝑛 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 𝑛 1 𝑛 5𝑛 5𝑛1 𝑟𝑛 1 𝑟𝑛 5 5 1 𝐶𝑜𝑚𝑜 lim 𝑛 𝑟𝑛1 𝑟𝑛 1 então o teste da razão é inconclusivo e não podemos afirmar se a série converge ou diverge a Para 𝑓𝑥 𝑒𝑥 𝑥0 0 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑓𝑥 𝑒𝑥 𝑓𝑥 𝑒𝑥 𝑓𝑥 𝑒𝑥 A aproximação quadrática local de f em x 0 é dada por 𝑓𝑥 𝑓0 𝑓0𝑥 1 2𝑓0𝑥2 𝑓𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥𝑥 1 2 𝑒𝑥𝑥2 𝑓𝑥 1 𝑥 1 2 𝑥2 𝑒𝑥 A aproximação linear local de f em x 0 é dada apenas pelo primeiro termo da aproximação quadrática 𝑓𝑥 𝑓0 𝑓0𝑥 𝑓𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥𝑥 𝑓𝑥 1 𝑥𝑒𝑥 b Para 𝑓𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑥0 0 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑓𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑓𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑓𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 A aproximação quadrática local de f em x 0 é dada por 𝑓𝑥 𝑓0 𝑓0𝑥 1 2𝑓0𝑥2 𝑓𝑥 𝑐𝑜𝑠0 𝑠𝑖𝑛0𝑥 1 2 𝑐𝑜𝑠0𝑥2 𝑓𝑥 1 1 2 𝑥2 A aproximação linear local de f em x 0 é dada apenas pelo primeiro termo da aproximação quadrática 𝑓𝑥 𝑓0 𝑓0𝑥 𝑓𝑥 𝑐𝑜𝑠0 𝑠𝑖𝑛0𝑥 𝑓𝑥 1 c Para 𝑓𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑥0 𝜋 2 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑓𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑓𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑓𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 A aproximação quadrática local de f em 𝑥 𝜋 2 é dada por 𝑓𝑥 𝑓 𝜋 2 𝑓 𝜋 2 𝑥 𝜋 2 1 2𝑓 𝜋 2 𝑥 𝜋 2 2 𝑓𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝜋 2 𝑐𝑜𝑠 𝜋 2 𝑥 𝜋 2 1 2 𝑠𝑖𝑛 𝜋 2 𝑥 𝜋 2 2 𝑓𝑥 1 𝑥 𝜋 2 2 2 A aproximação linear local de f em 𝑥 𝜋 2 é dada apenas pelo primeiro termo da aproximação quadrática 𝑓𝑥 𝑓 𝜋 2 𝑓 𝜋 2 𝑥 𝜋 2 𝑓𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝜋 2 𝑐𝑜𝑠 𝜋 2 𝑥 𝜋 2 𝑓𝑥 1 d Para 𝑓𝑥 𝑥 𝑥0 1 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑓𝑥 𝑥 𝑓𝑥 1 2𝑥 𝑓𝑥 1 4𝑥𝑥 A aproximação quadrática local de f em x 1 é dada por 𝑓𝑥 𝑓1 𝑓1𝑥 1 1 2 𝑓1𝑥 12 𝑓𝑥 1 1 21𝑥 1 1 2 1 411 𝑥 12 𝑓𝑥 1 1 2 𝑥 1 1 8 𝑥 12 A aproximação linear local de f em x 1 é dada apenas pelo primeiro termo da aproximação quadrática 𝑓𝑥 𝑓1 𝑓1𝑥 1 𝑓𝑥 1 1 21𝑥 1 𝑓𝑥 1 2 1 2 𝑥 a A série de Maclaurin para a função exponencial é 𝑒𝑥 1 𝑥 𝑥2 2 𝑥3 3 Podemos escrevêla usando a notação de somatório como Σ 1𝑛𝑥𝑛 𝑛 onde Σ representa a soma de todos os termos da série n é o índice de soma que começa em 0 e o termo 1𝑛𝑥𝑛 𝑛 é o enésimo termo da série b A série de Maclaurin para a função exponencial com um fator de escala a é 𝑒𝑎𝑥 1 𝑎𝑥 𝑎𝑥2 2 𝑎𝑥3 3 Podemos escrevêla usando a notação de somatório como Σ 𝑎𝑛𝑥𝑛 𝑛 onde Σ representa a soma de todos os termos da série n é o índice de soma que começa em 0 e o termo 𝑎𝑛𝑥𝑛 𝑛 É o enésimo termo da série c A série de Maclaurin para a função cosseno é 𝑐𝑜𝑠𝜋𝑥 1 𝜋𝑥2 2 𝜋𝑥4 4 𝜋𝑥6 6 Podemos escrevêla usando a notação de somatório como Σ 1𝑛𝜋𝑥2𝑛 2𝑛 onde Σ representa a soma de todos os termos da série n é o índice de soma que começa em 0 e o termo 1𝑛𝜋𝑥2𝑛 2𝑛 é o enésimo termo da série d A série de Maclaurin para a função seno é 𝑠𝑖𝑛𝜋𝑥 𝜋𝑥 𝜋𝑥3 3 𝜋𝑥5 5 𝜋𝑥7 7 Podemos escrevêla usando a notação de somatório como Σ 1𝑛𝜋𝑥2𝑛1 2𝑛1 onde Σ representa a soma de todos os termos da série n é o índice de soma que começa em 0 e o termo 1𝑛𝜋𝑥2𝑛1 2𝑛1 é o enésimo termo da série a Aplicando o teste da razão temos 𝑙𝑖𝑚 𝑘 1 𝑘 2 𝑥 𝑥 Logo a série converge se x 1 e diverge se x 1 Portanto o raio de convergência é R 1 e o intervalo de convergência é 1 1 b Aplicando o teste da razão temos 𝑙𝑖𝑚 3𝑥 𝑘 1 0 Logo a série converge para qualquer valor de x Portanto o raio de convergência é R e o intervalo de convergência é c Aplicando o teste da razão temos 𝑙𝑖𝑚 𝑥 𝑘 1 0 Logo a série converge para qualquer valor de x Portanto o raio de convergência é R e o intervalo de convergência é d Aplicando o teste da razão temos 𝑙𝑖𝑚 𝑘 1𝑥 2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 0 Logo a série converge apenas para x 0 Portanto o raio de convergência é R 0 e o intervalo de convergência é 0 Aplicando o teste da raiz temos 𝑙𝑖𝑚 𝑥𝑘 𝑙𝑛𝑘𝑘 1 𝑘 𝑙𝑖𝑚 𝑥 𝑙𝑛𝑘 0 para qualquer valor de x Portanto a série converge para qualquer valor de x Note que o teste da raiz é inconclusivo quando o limite acima é igual a 1 No entanto como esse limite é sempre menor que 1 para qualquer valor de x podemos concluir que a série converge para qualquer x Assim o intervalo de convergência é