Post on 19-Jan-2016
Universidade de BrasıliaDepartamento de Matematica
Calculo 2Lista de Exercıcios – Modulo 1 – Lista 1 – Solucao
Conteudo: Polinomio de Taylor, Sequencias
1) Obtenha o n-esimo polinomio de Taylor pn(x) de
a) exp(x) = ex
b) log(1 + x) = ln(1 + x)
c) cos(x)
d) sen(x)
Solucao:
a) Temos que a n-esima derivada da exponencial e dada por exp(n)(x) = exp(x), paran ≥ 0. Assim, os coeficientes de Taylor sao
c0 =exp(0)(0)
0!= exp(0) = 1
c1 =exp(1)(0)
1!= exp(0) = 1
c2 =exp(2)(0)
2!=
exp(0)
2!=
1
2!...
cn =exp(n)(0)
n!=
exp(0)
n!=
1
n!
e, portanto, o n-esimo polinomio de Taylor de exp(x) e
pn(x) = 1 + x+x2
2!+ · · ·+ xn
n!
b) Vamos calcular as derivadas de f(x) = log(1 + x):
f (0)(x) = log(1 + x)
f (1)(x) =1
1 + x= (1 + x)−1
f (2)(x) = (−1)(1 + x)−2 = −(1 + x)−2
f (3)(x) = −(−2)(1 + x)−3 = +2(1 + x)−3
f (4)(x) = 2(−3)(1 + x)−4 = −3!(1 + x)−4
f (5)(x) = −3!(−4)(1 + x)−5 = +4!(1 + x)−5
...
f (n)(x) = (−1)n−1(n− 1)!(1 + x)−n, n > 0
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Para x = 0 segue que
f (0)(0) = log(1) = 0...
f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)!, n > 0
Assim, os coeficientes de Taylor sao
c0 =f (0)(0)
0!= 0
...
cn =f (n)(0)
n!=
(−1)n−1(n− 1)!
n!=
(−1)n−1
n, n > 0
e, portanto, o n-esimo polinomio de Taylor de log(1 + x) e
pn(x) = 0 + x− x2
2+x3
3− x4
4+ · · ·+ (−1)n−1x
n
n
c) Vamos calcular as derivadas de f(x) = cos(x):
f (0)(x) = + cos(x), f (1)(x) = − sen(x)f (2)(x) = − cos(x), f (3)(x) = + sen(x)f (4)(x) = + cos(x), f (5)(x) = − sen(x)...
...f (2k)(x) = (−1)k cos(x), f (2k+1)(x) = (−1)k+1 sen(x)
Para x = 0 segue que
f (2k)(0) = (−1)k cos(0) = (−1)k,
f (2k+1)(0) = (−1)k+1 sen(0) = 0
Assim, os coeficientes de Taylor sao
c2k =f (2k)(0)
(2k)!=
(−1)k
(2k)!,
c2k+1 =f (2k+1)(0)
(2k + 1)!= 0
e nos polinomios de Taylor de cos(x) so aparecem potencias pares, mais precisamente
p2k(x) = 1− x2
2!+x4
4!− x6
6!+ · · ·+ (−1)k x2k
(2k)!
ep2k+1(x) = p2k(x) + c2k+1x
2k+1 = p2k(x).
d) Vamos calcular as derivadas de f(x) = sen(x):
f (0)(x) = + sen(x), f (1)(x) = + cos(x)f (2)(x) = − sen(x), f (3)(x) = − cos(x)f (4)(x) = + sen(x), f (5)(x) = + cos(x)...
...f (2k)(x) = (−1)k sen(x), f (2k+1)(x) = (−1)k cos(x)
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Para x = 0 segue que
f (2k)(0) = (−1)k sen(0) = 0,
f (2k+1)(0) = (−1)k cos(0) = (−1)k
Assim, os coeficientes de Taylor sao
c2k =f (2k)(0)
(2k)!= 0,
c2k+1 =f (2k+1)(0)
(2k + 1)!=
(−1)k
(2k + 1)!
e nos polinomios de Taylor de sen(x) so aparecem potencias ımpares, mais precisa-mente
p2k+1(x) = x− x3
3!+x5
5!− x7
7!+ · · ·+ (−1)k x2k+1
(2k + 1)!
ep2k(x) = p2k−1(x) + c2kx
2k = p2k−1(x).
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2) Nos itens abaixo, determine se a afirmacao e verdadeira ou falsa e justifique porque.
a) limn!
nn= 0
b) Se an → 0 e bn e uma outra sequencia, entao anbn → 0.
c) lim
(1 +
1
n
)n
= 1
d) lim
(n
1 + n
)n
= e
Solucao:
a) Verdadeira. Temos que
0 ≤ n!
nn=
n
n︸︷︷︸≤1
(n− 1)
n︸ ︷︷ ︸≤1
· · · 2
n︸︷︷︸≤1
1
n≤ 1
n
Como1
n→ 0, pelo Teorema do Sanduıche segue que
n!
nn→ 0.
E ERRADO: tentar aplicar a regra do produto de limites para
n!
nn=n
n
(n− 1)
n· · · 2
n
1
n
pois essa regra vale para numero fixo de fatores e a multiplicacao acima tem cadavez mais fatores a medida que n cresce.
b) Falsa. Considere o seguinte contra-exemplo para essa afirmacao: tomando an =1
ne
bn = n, temos que an → 0 e, no entanto anbn = 1 6→ 0.
E ERRADO: tentar mostrar que uma afirmacao e verdadeira considerando apenasum exemplo. Mas e correto mostrar que uma afirmacao e falsa mostrando apenasum exemplo em que ela nao vale, isso e o que se chama de um contra-exemplo paraa afirmacao.
c) Falsa. Temos que (1 +
1
n
)n
= exp(n log
(1 +
1
n
)),
Como exp e contınua, o limite passa para dentro
lim
(1 +
1
n
)n
= exp(limn log
(1 +
1
n
)).
Temos que
limn log
(1 +
1
n
)= lim
log(1 + 1
n
)1n
= limx→0
log(1 + x)
x
Como log e contınua, podemos calcular o limite do numerador substituindo
limx→0
log(1 + x) = log(1) = 0
Portanto o limite anterior e do tipo 0/0 e podemos aplicar L’Hospital
limx→0
log(1 + x)
x= lim
x→0
(log(1 + x))′
(x)′limx→0
11+x
1= 1
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Segue que
limn log
(1 +
1
n
)= 1
e portanto
lim
(1 +
1
n
)n
= exp(limn log
(1 +
1
n
)) = exp(1) = e,
isso e
lim
(1 +
1
n
)n
= e 6= 1
E ERRADO: fazer
lim
(1 +
1
n
)n
=
(lim 1 +
1
n
)n
= 1n = 1
por diversos motivos:
1) a base e o expoente variam ao mesmo tempo com n, entao e ERRADO tomar olimite em apenas um deles, desconsiderando o outro.
2) o limite so pode ser passado para dentro de funcoes contınuas que nao dependemde n.
d) Falso. Temos que(n
n+ 1
)n
=
(n+ 1
n
)−n
=
[(1 +
1
n
)n]−1
→ e−1
uma vez que a funcao x−1 e contınua e que pelo item anterior(1 +
1
n
)n
→ e
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3) Considere uma sequencia de termos positivos an. Queremos analisar algumas situacoesnas quais n
√an → 1.
a) Verifique que n√x = e
log(x)n .
b) Mostre que, selog(an)
n→ 0, entao n
√an → 1.
c) Use o segundo item para mostrar que, se an → a, com a > 0, entao n√an → 1.
d) Use o segundo item para mostrar que n√n→ 1.
Solucao:
a) Temos que
n√x = x
1n = e
log“x
1n
”= e
1n
log(x) = elog(x)
n
como querıamos.
b) Pelo item anterior temos que
n√an = e
log(an)n → e0 = 1,
onde usamos a continuidade de ex para calcular o limite substituindo.
c) Pela regra do produto, temos que
log(an)
n= log(an)
1
n→ log(a)0 = 0,
onde usamos que1
n→ 0 e usamos a continuidade de log(x) para calcular o limite do
primeiro fator substituindo o limite de an.
Pelo item anterior, segue que n√an → 1.
E ERRADO: fazer
lim n√an = lim a1/n
n = alim 1/nn = a0
n = 1
mesmo que nesse caso isso de a resposta correta, por diversos motivos:
1) a base e o expoente variam ao mesmo tempo com n, entao e ERRADO tomar olimite em apenas um deles, desconsiderando o outro.
2) o limite so pode ser passado para dentro de funcoes contınuas que nao dependemde n.
d) Colocando an = n, temos que
limlog(an)
n= lim
log(n)
n
que e uma indeterminacao do tipo ∞/∞. Por L’Hospital segue que
limlog(n)
n= lim
(log(n))′
(n)′= lim
1/n
1= lim
1
n= 0,
pois e um limite do tipo limitado/∞. Pelos segundo item, segue que n√n→ 1.
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4) A sequencia rn da razoes dos termos consecutivos da sequencia de Fibonacci satisfaz aequacao de recorrencia
rn = 1 +1
rn−1
.
Por outro lado, a razao aurea φ = 1+√
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satisfaz uma equacao parecida
φ = 1 +1
φ.
O objetivo desse exercıcio e mostrar que rn → φ.
a) Subtraindo as equacoes acima, mostre que
rn − φ =φ− rn−1
rn−1φ.
b) Usando o item anterior e que rn ≥ 1 pra todo n, mostre que
|rn − φ| ≤1
φ|rn−1 − φ|.
c) Usando o item anterior repetidas vezes, mostre que
|rn − φ| ≤1
φn|r0 − φ|.
d) Use o item anterior para concluir que rn → φ.
Solucao:
a) Temos que
rn − φ =1
rn−1
− 1
φ=φ− rn−1
rn−1φ.
b) Utilizando o item anterior e tambem que rn ≥ 1 para todo n, segue que
|rn − φ| =|φ− rn−1|rn−1φ
≤ |φ− rn−1|φ
=1
φ|rn−1 − φ|.
uma vez que o segundo termo esta divido por rn−1 ≥ 1, o que o torna menor que oterceiro termo, onde usamos que
|rn−1φ| = rn−1φ, |φ− rn−1| = |rn−1 − φ|
c) Basta usar o item anterior n vezes, de modo que
|rn − φ| ≤1
φ|rn−1 − φ| ≤
1
φ
1
φ|rn−2 − φ| ≤ · · · ≤
1
φ· · · 1
φ|r0 − φ| =
1
φn|r0 − φ|.
d) Temos que 1/φn = (1/φ)n → 0, uma vez que φ > 1, logo 0 < 1/φ < 1. Pela regra dolimite do produto, segue que
1
φn|r0 − φ| → 0 · |r0 − φ| = 0
Pelo item anterior e pelo Teorema do Sanduıche, segue que
|rn − φ| → 0
o que mostra que rn → φ.
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Calculo 2Lista de Exercıcios – Modulo 1 – Lista 2 – Solucao
Conteudo: Sequencias, Series numericas, Teste da Divergencia, Cauda, Comparacao eComparacao no Limite
1) Vamos considerar a sequencia an =10n
n!e perceber que, para obter seu limite, so importa
o que acontece para n grande.
a) Mostre que a0 < a1 < a2 < a3
b) Considere n > 10, e analise adequadamente os fatores de
an =10n
n!=
10
n· 10
n− 1· · · 10
2· 10
1
para concluir que an → 0
Solucao:
a) Temos que
a0 = 1 < a1 = 10 < a2 =100
2!= 50 < a3 =
1000
3!= 166, 6 . . .
b) Para n > 10 temos que
n! = n(n− 1) · · · 11︸ ︷︷ ︸n−10 fatores ≥11
·10! e 10n = 10n−10︸ ︷︷ ︸n−10 fatores ≥10
·1010
logo
an =10n
n!=
10
n· 10
n− 1· · · 10
11︸ ︷︷ ︸n−10 fatores ≤ 10
11
·1010
10!
de onde segue que
0 ≤ an ≤(
10
11
)n−101010
10!
Como (10/11) < 1, sabemos que (10/11)n → 0, logo(10
11
)n−10
→ 0 e entao
(10
11
)n−101010
10!→ 0
Segue entao do criterio do Sanduıche que
an → 0
E ERRADO: mostrar que 10n
n!tende a zero apenas afirmando que “n! cresce mais
rapido que 10n”: essa e a ideia, mas e necessario tornar essa ideia rigorosa. Observeque essa sequencia tende a zero, ainda que seus termos iniciais estejam crescendo.
Tambem e errado tentar aplicar a regra do produto de limites para
10n
n!=
10
n· 10
n− 1· · · 10
2· 10
1
pois essa regra vale para numero fixo de fatores e a multiplicacao acima tem cada vezmais fatores a medida que n cresce.
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2) Vamos calcular a soma da serie geometrica∞∑
n=0
(1/2)n de razao 1/2. Sua m-esima soma
parcial e dada por
sm = 1 +1
2+
1
4+ · · ·+ 1
2m
a) Observe que1
2sm e parecido com sm. Desenvolvendo a diferenca sm −
1
2sm obtenha
que
sm = 2− 1
2m.
b) Utilizando o item anterior e as propriedades do limite de sequencias, mostre que∞∑
n=0
(1/2)n = 2.
Solucao:
a) Temos que
sm = 1 +1
2+
1
4+ · · ·+ 1
2m
1
2sm =
1
2+
1
4+
1
8+ · · ·+ 1
2m+1
sm −1
2sm = 1− 1
2m+1
logo1
2sm = 1− 1
2m+1
Multiplicando por 2 ambos os lados, obtemos que
sm = 2− 1
2m
como querıamos.
b) Pela regra da soma, segue que
sm = 2− 1
2m→ 2,
uma vez que 1/2m = (1/2)m → 0. Como a sequencia das somas parciais converge
para 2, segue que∞∑
n=0
(1/2)n = 2.
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3) Nos itens abaixo, determine se a afirmacao e verdadeira ou falsa e justifique porque.
a) Se an → 0, entao a serie∞∑
n=0
an converge.
b) Se a serie∞∑
n=0
an converge, entao an → 0.
c) Se as series∞∑
n=0
an e∞∑
n=0
bn divergem, entao∞∑
n=0
(an + bn) diverge.
d) Se 0 ≤ an ≤ bn e a serie∞∑
n=0
bn diverge, entao a serie∞∑
n=0
an diverge.
e) Se an ≥ 0 e a serie∞∑
n=0
(an)2 converge, entao∞∑
n=0
an tambem converge.
f) Se an ≥ 0 e a serie∞∑
n=0
an converge, entao∞∑
n=0
(an)2 tambem converge.
Solucao:
a) Falsa. A serie harmonica∞∑
n=0
1
ndiverge, porem seu termo geral
1
n→ 0.
b) Verdadeira. Se an 6→ 0, pelo Teste da Divergencia a serie diverge. Mas como a serieconverge, devemos ter an → 0.
c) Falsa. Temos que as series∞∑
n=0
n e∞∑
n=0
−n divergem. Por outro lado, temos que a
serie∞∑
n=0
(n+ (−n)) = 0 converge.
d) Falsa. Temos que
0 ≤ 1
n2≤ 1
n
e que a serie harmonica∞∑
n=0
1
ndiverge, enquanto a serie 2-harmonica
∞∑n=0
1
n2converge.
e) Falsa. Para an =1
ntemos que
∞∑n=0
(an)2 =∞∑
n=0
1
n2converge pois e a serie 2-harmonica,
porem∞∑
n=0
an =∞∑
n=0
1
ndiverge pois e a serie harmonica.
f) Verdadeira. Se a serie∞∑
n=0
an converge, entao an → 0. Em particular, temos que an
fica abaixo de 1 a partir de um certo passo n = k, isto e
0 ≤ an < 1, para n ≥ k
Multiplicando por an, segue que
0 ≤ (an)2 < an, para n ≥ k
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Temos entao que∞∑
n=k
(an)2 ≤∞∑
n=k
an ≤∞∑
n=0
an <∞
portanto, pelo Teste da Comparacao, uma cauda da seriem∑
n=0
(an)2 converge, logo a
serie converge.
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4) Use o Teste da Comparacao no Limite para decidir se cada serie abaixo converge oudiverge
a)∞∑
n=1
2n
n2 − n+ 1
b)∞∑
n=1
n+ 2
2n3 − n2 − 1
c)∞∑
n=1
1
2n + n+ 10
Solucao:
a) Para n grande o termo geral an =2n
n2 − n+ 1se parece com
bn =n
n2=
1
n,
mais precisamente, temos que
an
bn=
2n
n2 − n+ 1
n
1=
2n2
n2 − n+ 1=
2n2
n2(1− 1n
+ 1n2 )
=2
1− 1n
+ 1n2
→ 2
1= 2
Temos que∞∑
n=1
bn diverge pois e a serie harmonica, pelo Teste da Comparacao no
Limite segue que a serie original∞∑
n=1
an diverge.
b) Para n grande o termo geral an =n+ 2
2n3 − n2 − 1se parece com
bn =n
n3=
1
n2,
mais precisamente, temos que
an
bn=
n+ 2
2n3 − n2 − 1
n2
1=
n3 + 2n2
2n3 − n2 − 1=
n3(1 + 2n)
n3(2− 1n− 1
n3 )=
1 + 2n
2− 1n− 1
n3
→ 1
2
Temos que∞∑
n=1
bn converge pois e a serie 2-harmonica, pelo Teste da Comparacao no
Limite segue que a serie original∞∑
n=1
an converge.
c) Para n grande o termo geral an =1
2n + n+ 10se parece com
bn =1
2n,
mais precisamente, temos que
an
bn=
1
2n + n+ 10
2n
1=
2n
2n + n+ 10=
2n
2n(1 + n2n + 10
2n )=
1
1 + n2n + 10
2n
→ 1
Temos que∞∑
n=1
bn converge pois e a serie geometrica de razao 12, pelo Teste da Com-
paracao no Limite segue que a serie original∞∑
n=1
an converge.
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E ERRADO: comparar o termo geral an com o termo geral bn simplesmente afir-mando que “an se parece com bn”: essa e a ideia, mas e necessario tornar essa ideiarigorosa calculando o limite de an/bn e mostrando que e um numero real maior quezero e menor que infinito, como foi feito acima.
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