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+√

52

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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