Topicos: Séries e equações diferenciais

7/28/2019 Topicos: Séries e equações diferenciais

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Topicos: series e equacoes diferenciais. Resolvido por Diego Oliveira.

Topicos: Series e Equacoes Diferencias

Caderno de Solucoes

(Maria Svec / Maria C. Menezes / Marcia B. de Menezes / Siriane Barreto)

Atualizado em: 29/07/2017

Solucionario da 2a edicao do livro Topicos: Series eEquacoes Diferencias. Sao poucos os livros de matematicapara licenciatura ou bacharelado que sao escritos realmentepara licenciatura e bacharelado. Ao contrario de varios tıtulos

nacionais, (a maioria vindo do IMPA) que se perdem emdemonstracoes ou exercıcios muito alem do nıvel que um alunode licenciatura realmente possui, esse livro traz uma abor-dagem bastante simples dos topicos da disciplina de calculoIII, de modo a atender as necessidades reais do aluno degraduacao. Por isso recomendo muito a aquisicao dessa obra.

Caso algum erro na resolucao de algum exercıcio sejadetectado, deve ser culpa da quantidade de cafe que estoutomando. De todo modo, peco que me avise por e-mail([email protected]) para que eu possa fazer as devidascorrecoes.

Att. Diego Alves de Oliveira

Vitoria da Conquista - BA2016

1



Sumario

1 Revisao de Limite 41.1 Exercıcios da pagina 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Exercıcios da pagina 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Serie Convergente 212.1 Exercıcios da pagina 41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3 Serie Geometrica 273.1 Exercıcios da pagina 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 Series de Termos Positivos 334.1 Exercıcios da pagina 48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2 Exercıcios da pagina 52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

5 Series de Termos Positivos 395.1 Exercıcios da pagina 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395.2 Exercıcios da pagina 55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425.3 Exercıcios da pagina 56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455.4 Exercıcios da pagina 57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

6 Series Alternadas 556.1 Exercıcios da pagina 58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 556.2 Exercıcios da pagina 60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 596.3 Exercıcios da pagina 64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

7 Serie de Potencias 687.1 Exercıcios da pagina 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

8 Soma de uma Serie de Potencias 738.1 Exercıcios da pagina 78 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

9 Serie de Taylor 949.1 Exercıcios da pagina 93 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

10 Aplicacoes 10510.1 Exercıcios da pagina 133 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

11 Definicoes Gerais 11811.1 Exercıcios da pagina 138 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

12 EDO de 1◦ ordem: Consideracoes Gerais 12212.1 Exercıcios da pagina 147 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

13 EDO de Variaveis Separaveis: Aplicacoes 12413.1 Exercıcios da pagina 149 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

14 Equacao Diferencial Homogenea 12914.1 Exercıcios da pagina 151 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129




15 Trajetorias Ortogonais 13315.1 Exercıcios da pagina 154 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

16 EDO Redutıvel a Homogenea ou a Separavel 13816.1 Exercıcios da pagina 58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

17 EDO Exatas e Fatores de Integracao 14417.1 Exercıcios da pagina 161 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14417.2 Exercıcios da pagina 165 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

18 EDO Linear de 1◦ ordem: Aplicacoes a Misturas 15418.1 Exercıcios da pagina 173 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

19 Equacoes Diferenciais de Bernoulli 15819.1 Exercıcios da pagina 175 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15819.2 Exercıcios da pagina 177 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

3




1 Revisao de Limite

1.1 Exercıcios da pagina 18

Exercıcios Propostos. Calcule os limites abaixo:

1. limx→0

tg(x) − x

x − sen(x)

Soluc˜ ao:

limx→0

tg(x) − x

x − sen(x)

= lim

x→0

sen(x)

cos(x)

− x

x − sen(x)

Aplicando L’hospital

= limx→0

sen2(x) + cos2(x)

cos2(x)

− 1

1 − cos(x)

= lim

x→0

1

cos2(x)

− 1

1 − cos(x)

Aplicando L’hospital novamente

limx→0

1

cos2(x)

− 1

1 − cos(x)

= lim

x→0(2 · cos(x))

= 2 · cos(0) = 2 · 1 = 2

2. limx→0

ax − 1

x

Soluc˜ ao:

Aplicando l’hospital

= limx→0

ln(a) · ax − 0

1

= lim

x→0(ln(a) · ax) = ln(a) · a0 = ln(a) · 1 = ln(a)

Derivada de y = ax.

y = ax

ln(y) = x · ln(a)

4




y

y = ln(a)

y = ln(a)

·y

y = ln(a) · ax

3. limx→∞

x2 + x

2x + 3 · sen

π

x

Soluc˜ ao:

Fazendo

limx→∞

x2

1 + 1

xsen(π/x)

x2 2

x +

3

x2 = lim

x→∞1 + 1

xsen(π/x)

2

x +

3

x2

= limx→∞

sen(π/x)

2

x +

3

x2

+ lim

x→∞

1

x · sen(π/x)

2

x +

3

x2

= limx→∞

sen(π/x)

2

x +

3

x2

+ lim

x→∞

sen(π/x)

2 + 3

x

= limx→∞

sen(π/x)2

x + 3

x2

+ 0

= limx→∞

sen(π/x)

2

x +

3

x2

Aplicando L’hopital

limx→∞

sen(π/x)

2

x +

3

x2

= lim

x→∞

−πcos(π/x)

x2

−(2/x2) − (6/x3)

= lim

x→∞

πcos(π/x)

2 + (6/x)

= π

2

5




4. limx→∞

1 +

2

x

x

Soluc˜ ao:

= limx→∞

1 +

1

x/2

x

= limt→∞

1 +

1

t

2t

=

limt→∞

1 +

1

t

t2

= e2

5. limx→∞

√ x + 1 − √

x

Soluc˜ ao:

limx→∞

(√

x + 1 − √ x)(

√ x + 1 +

√ x)

(√

x + 1 +√

x)

= lim

x→∞

1

(√

x + 1 +√

x)

= limx→∞

1/|x|

1 + 1/|x| +

1/|x|

=

0

1 + 0 = 0

6. limx→∞

x + 1

x − 1

x

Soluc˜ ao:

limx→∞

x + 1

xx − 1

x

x

= limx→∞

1 +

1

x

1 − 1

x

x

= limx→∞

1 + 1

x

x

1 − 1

x

x

=

e

e−1 = e2

7. limx→∞

x5

exSoluc˜ ao:

Usando L’hospital sucessivamente

limx→∞

x5

ex

= lim

x→∞

120

ex

=

120

∞ = 0

6




8. limx→∞

1

x · sen(x)

Soluc˜ ao:

limx→∞

1

x · sen(x)

= lim

x→∞

1

x

· limx→∞

(sen(x))

Como limx→∞

1

x

= 0 entao:

limx→∞

1

x · sen(x)

= 0 · lim

x→∞(sen(x))

= 0

POR FAVOR!

Se voce nao notou no inıcio do documento aparece uma foto da 3a edicao do livro. Entretanto,este solucionario e da segunda edicao. Assim, se voce quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. emmaos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-seque a foto deve estar numa boa resolucao.

7




Quer saber quando saira a proxima atualizacao desse documento? Nesse caso voce pode:

verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); ou seguir a pagina do site no Facebook (https : //www.facebook.com/theNumberType).

E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva [email protected] para que possa ser feito a devida corre cao.

www.number.890m.com

Para encontrar esse e outros exercıcios resolvidos de matematica acesse: www.number.890m.com

8





1. Estude a convergencia das sequencias abaixo:

A.

3n3 + 1

2n3 + 2

Soluc˜ ao:

limx→∞

3n3 + 1

2n3 + 2

= lim

x→∞

3 + (1/n3)

2 + (2/n3)

=

2

3

Portanto converge.

B. √ n + 1 − √ nSoluc˜ ao:

limx→∞

√ n + 1 − √

n

= limx→∞

(√

n + 1 − √ n)(

√ n + 1 +

√ n)√

n + 1 +√

n

= lim

x→∞

1√

n + 1 +√

n

= 0

Portanto converge.

C.en

n

Soluc˜ ao:

Usando L’hospital

limn→∞

en

n

= lim

n→∞

en

1

= ∞

Portanto diverge.

D. n

ln(n)

Soluc˜ ao:

limn→∞

n

ln(n)


9




limn→∞

n

ln(n)

= lim

n→∞

11n

= lim

n→∞(n) = ∞

Portanto diverge.

E. limn→∞

2−n · cos(n)

Soluc˜ ao:

limn→∞

cos(n)

2n

Como a funcao cosseno varia sempre entre −1 e 1 e 2n → ∞ entao fica claro que

limn→∞

cos(n)

2n = 0

F { n√

n}Soluc˜ ao:

y = n√

n

yn = n

ln(yn) = ln(n)

n · ln(y) = ln(n)

ln(y) = ln(n)

n

y = e

ln(n)

n

Assim,

limn→∞

n√ n = limn→∞

e

ln(n)

n

= elimn→∞

ln(n)

n


10




elimn→∞

1

n

= e0 = 1

G.

3n − 2n

4n

Soluc˜ ao:

limn→∞

3n − 2n

4n

= lim

n→∞

3

4

n− lim

n→∞

2

4

n

Como 3

4 e

2

4 sao menores que 1, entao ambos os limites tendem a zero. Sendo assim,

limn→∞

3

4n

− limn→∞

2

4n

= 0

−0 = 0

Logo converge.

H.

n

n + sen(n)

Soluc˜ ao:

limn→∞

n

n + sen(n)

= lim

n→∞

1

1 + sen(n)

n

=

1

1 + 0 = 1

Logo converge.

I.

(−1)n2n−1

3n − 5

Soluc˜ ao:

Dividindo numerador e denominador por 3n chega-se a:

(−1)n

2n−1

3n − 5 =

2

3

2

1 − 5

3n

Como

11




limn→∞

2

3

21

− 5

3n

= 0

Entao a sequencia converge.

J.

1 + a

n

n, a ∈R

Soluc˜ ao:

Esse limite e um dos limites fundamentais. Sua solucao (ea) e tabelada e se encontra em muitoslivros de calculo.

Logo a funcao e convergente.

K.

n√

1 + an

, a ∈R∗

Soluc˜ ao:

y = (1 + an)1/n

yn = (1 + an)

n · ln(y) = ln(1 + an)

ln(y) = ln(1 + an)

n

y = e

ln(1 + an)

n

Sendo assim:

limn→∞

e

ln(1 + an)

n

= e

limn→∞

ln(1 + an)

n

= e0 = 1

Logo a sequencia e convergente.

L.

cosnπ

3

Soluc˜ ao:

12




Observe a sequencia:

cosnπ

3 = 1, 0.5, −0.5, −1, −0.5, 0.5 , 1...

Observe que a partir do 6◦ termo (n = 5), a sequencia comeca a se repetir. Ou seja, a sequenciae periodica (de perıodo p = 6). Como toda sequencia periodica e divergente entao a sequencia edivergente.

M.

n3

n2 + 2senπ

n

Soluc˜ ao:

n3

n2 + 2senπ

n ·

(π/n)

(π/n) =

πn2

n2 + 2 · sen(π/n)

(π/n)

Entao

limn→∞

n3

n2 + 2senπ

n

= lim

n→∞

πn2

n2 + 2 · sen(π/n)

(π/n)

= limn→∞

πn2

n2 + 2

· limn→∞

sen(π/n)

(π/n)

= π · 0 = 0

N.

{ln(en + 2)

−n

}Soluc˜ ao:

ln (en(1 + 2/en)) − n

ln(en) + ln (1 + 2/en) − n

n + ln (1 + 2/en) − n

ln

1 +

2

en

Aplicando limite

limn→∞

ln

1 +

2

en

= ln(1 + 0) = ln(1) = 0

Logo a sequencia e convergente.

13




O.

n! − 1

n! + 1

Soluc˜ ao:

Como esse problema envolve fatorial ao inves de tentar retirar um limite vamos usar o teoremadas sequencias limitadas e monotonas.

Prova de que a sequencia e monotona (crescente).

n! − 1

n! + 1 <

(n + 1)! − 1

(n + 1)! + 1

(n! − 1)((n + 1)n! + 1) < ((n + 1)n! − 1)(n! + 1)

Fazendo os produtos e algumas simplificacoes.

−nn!

n!n <

nn!

n!n ⇒ −1 < 1

Ou seja, a sequencia e crescente e limitada inferiormente pelo seu primeiro termo.

a1 = 1! − 1

1! + 1 = 0

Prova de que a sequencia e limitada superiormente.

Olhando para fracao facilmente se percebe que 1 e um limite superior

n! − 1

n! + 1 < 1

n! − 1 < n! + 1

Como a sequencia e monotona e limitada entao tambem e convergente.

P.1.3.5...(2n

−1)

2.4.6...(2n)

Soluc˜ ao:

Prova de que a sequencia e monotona (crescente).

2n − 1

2n <

2(n + 1) − 1

2(n + 1)

14




(2n − 1)(2n + 2) < 2n(2n + 1)


−2 < 0

Ou seja, a sequencia e crescente e limitada inferiormente pelo seu primeiro termo.

a1 = 2(1) − 1

2(1) =

1

2

Prova de que a sequencia e limitada superiormente.

Olhando para fracao facilmente se percebe que 1 e um limite superior

2n − 1

2n < 1

2n − 1 < 2n

−1 < 1

Como a esquecia e monotona e limitada entao tambem e convergente.

R.

n!

nn

Soluc˜ ao:

Prova de que a sequencia e monotona (decrescente).

n!

nn >

(n + 1)!

(n + 1)(n+1)

n!

nn >

(n + 1)!

(n + 1)n(n + 1)


(n + 1)n > nn

15




Ou seja, a sequencia e decrescente e, portanto, limitada superiormente pelo seu primeiro termo.

a1 =

1!

11 = 1

Prova de que a sequencia e limitada inferiormente.

Olhando para fracao facilmente se percebe que para qualquer valor de n a funcao sempre seramaior que zero

n!

nn > 0

n! > 0

Logo 0 e um limite inferior da sequencia.

Como a sequencia e monotona e limitada entao tambem e convergente.

2. Mostre que

2 +

2 +√

2 + · · · = 2.

Solucao:

Considere a sequencia {an}, definida por:a1 =

√ 2 an+1 =

√ 2 + an, para n

≥ 1.

Desta forma os elementos da sequencia sao:

√ 2,

2 +

√ 2,

2 +

2 +

√ 2, · · ·

Seja

A = limn→∞

an+1

Obtemos:

A = limn→∞

an+1 = limn→∞

√ 2 + an =

2 + lim

n→∞an =

√ 2 + A

ou

A =√

2 + A

ou A2 = 2 + A, cujas raızes sao: A = 2 ou A = −1. Como os elementos an > 0, para todo n,A > 0, portanto, lim

n→∞an = 2

3. Suponha que A > 0. Dado x1 arbitrario, defina a sequencia {xn} por:

16




xn+1 = 1

2

xn +

A

xn

, n ≥ 1.

Mostre que:

Se limn→∞

xn, entao L = ±√ A.

Solucao:

limn→∞

xn+1 = limn→∞

1

2

xn +

A

xn

limn→∞

xn+1 = limn→∞

xn

2

+ lim

n→∞

A

2xn

2 · limn→∞ xn+1 = limn→∞ (xn) + limn→∞ A

xn

Por definicao limn→∞

xn = L entao limn→∞

xn+1 tambem e igual a L e assim:

2L = L + A

L ⇒ L ± √

A.

Comentario: A sequencia xn+1 apresentada fornece uma aproximacao numerica para a raizquadrada de A. Qualquer interesse o leitor pode procurar na internet pelo chamado “metodo deHerao”.

4. Seja a sequencia

{an

} definida pela recorrencia:

a1 = 2, an+1 = 1

2(an + 4), para n ≥ 1.

Mostre por inducao, que

a) an < 4 para todo n.b) {an} e uma sequencia crescente.c) determine o limite da sequencia.

Solucao de a:

A proposicao e verdadeira para n = 1, pois a1 = 2.

Tomando n = k entao

ak+1 = 1

2 (ak + 4)

Supondo que ak < 4 seja verdadeiro entao (ak + 4) < 8 sendo assim:

17




ak+1 = 1

2 (ak + 4) <

1

2 · 8

ak+1 = 12

(ak + 4) < 4

⇒ ak+1 < 4

Provando o passo indutivo.

Solucao de b:

Base da inducao:

a1 < a2

a1 <

1

2 (a1 + 4)

a1 < a1

2 + 2

2 < 2

2 + 2

2 < 3

Passo indutivo:

Se a proposicao e verdadeira para n = k entao:

ak < ak+1

⇒ ak < 1

2(ak + 4)

⇒ ak < ak

2 + 2

⇒ ak2

< 1

2

ak2

+ 2

⇒ ak2

+ 4

2 <

1

2

ak2

+ 2

+ 4

2

⇒ 1

2

(ak + 4) < 1

21

2

(ak + 4) + 4⇒ ak+1 <

1

2 (ak+1 + 4)

⇒ ak+1 < ak+2

Como querıamos demonstrar.

18




Solucao de c:

A inducao e um metodo de prova de proposicoes e nao um metodo para determinar limites desequencias. Portanto, o requerido nao faz sentido.

POR FAVOR!

Se voce nao notou no inıcio do documento aparece uma foto da 3a edicao do livro mas, estesoluconario e da segunda edicao. Se voce, leitor, quiser ajudar a corrigir esse problema envie parameu e-mail ([email protected]) uma foto da capa do livro correto. E nao esqueca de acompanharas resolucoes do proximo capitulo.

19







www.number.890m.com


20




2 Serie Convergente


1. Encontre o termo geral an das series

an cujas sequencias de somas parciais {sn} sao dadasa baixo. Alem disso, determine a soma das series, se possıvel.

a) {S n} =

2n

3n + 1

b) {S n} =

1

2n

c) {S n} = {3n}

Soluc˜ ao de a:

Vamos partir da seguinte identidade

an = S n − S n−1

assim:

2n

3n + 1 − 2(n − 1)

3(n − 1) + 1 = an

⇒ an = 2

(3n + 1)(3n − 2)

Esse e o termo geral an. Para determinar a soma da serie fazemos:

limn→∞

2n

3n + 1

=

2

3

Soluc˜ ao de b:


an = S n − S n−1

assim:

an = 1

2n − 1

2n−1

⇒ an = 1

2n − 1

2n2−1

⇒ an = − 1

2n

21





limn→∞− 1

2n = −1 · limn→∞

1

2n = 0

Soluc˜ ao de c:


an = S n − S n−1

entao:

an = 3n − 3n−1

⇒ an = 3n

−3n3−1

⇒ an = 3n − 3n

3

⇒ 3 · an = 3 · 3n − 3n

⇒ an = 3n(3 − 1)

3

⇒ an = 2 · 3n−1


limn→∞

(3n) = ∞

2. Usando a serie telescopica, mostre que:

a)n=1

1

n2 + n = 1

b) n=1

1

(4n

−1)(4n3)

= 1

12

Soluc˜ ao de a:

1

n2 + n =

1

n(n + 1)

⇒ 1

n(n + 1) =

A

n +

B

(n + 1)

22




⇒ 1

n2 + n =

A(n + 1) + Bn

n(n + 1)

⇒ 1 = An + a + Bn

⇒ (A + B)n + A = 1

Por igualdade polinomial chegamos ao seguinte sistema: A + B = 0

A = 1

Que implica em B = −1, sendo assim:

1

n(n + 1) =

1

n − 1

n + 1

Logo

1

n2 + n

=

1

1 − lim

n→∞

1

n

= 1

Soluc˜ ao de b:

1

(4n − 1)(4n + 3) =

A

(4n − 1) +

B

(4n + 3)

⇒

1

(4n −

1)(4n

+ 3) =

A(4n + 3) + B(4n − 1)

(4n −

1)(4n

+ 3)

⇒ 1

(4n − 1)(4n + 3) =

4An + 3A + 4Bn − B

(4n − 1)(4n + 3)

⇒ (4A + 4B)n + 3A − B = 1

Por igualdade polinomial chegamos ao sistema: 4A + 4B = 0

3A − B = 1

que implica em A = 14

e B = −A, sendo assim,

1

(4n − 1)(4n + 3) =

1

4(4n − 1) − 1

4(4n + 3)

1

(4n − 1)(4n + 3) =

1

4(4n − 1) − 1

4(4(n + 1) − 1)

Para determinar a soma da serie fazemos o seguinte

23




1

(4n − 1)(4n + 3)

=

1

4(4(1) − 1) − lim

n→∞

1

4(4n − 1)

= 14(4 − 1)

− 0

= 1

12

POR FAVOR!

Se voce nao notou no inıcio do documento aparece uma foto da 3a

edicao do livro. Entretanto,este solucionario e da segunda edicao. Assim, se voce quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. emmaos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-seque a foto deve estar numa boa resolucao.

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26




3 Serie Geometrica


1. Encontre a soma das series abaixo, se possıvel:

a)

∞n=1

3

5

n+1

b)

∞n=1

(2)2−n

c)

∞

n=1(−2)n4

3n+1 d)

∞n=1

(−1)n+2 · 2n+2

3n

Soluc˜ ao de a:

3

5

n+1

=

3

5

n·

3

5

= 3

5n

· 3

5 ·

3

5 ·

3

5−1

=

3

5

n−1

· 9

25

Usando a formula da soma:

S = a

1 − R =

9

25

1 − 3

5

= 9

10

Soluc˜ ao de b:

22−n = 22 · 2−n

= 4 · 2−n

= 4 · 2−n · (2 · 2−1)

27




= 2 · 2−n+1 = 2 · 2−1(n−1) = 2 · 2−1n−1


S = a

1 − R =

2

1 − 2−1 = 4

Soluc˜ ao de c:

4 · (−2)n

3n+1 = 4 · (−2)n

3n · 3 =

4

3 · −2n

3n =

4

3 ·

−2

3

n

= 4

3 ·−2

3n

· −2

3−1

· −2

31

= −8

9

−2

3

n−1


S = a

1 − R =

−8

9

1 −

−2

3

= − 8

15

Soluc˜ ao de d:

(−1)n+2 · 2n+2

3n =

(−1)n · 1 · 2n · 4

3n

4(−1)n · 2n

3n =

4(−2)n

3n = 4

−2

3

n

·

−2

3

−1·

−2

3

1

= −8

3

−2

3

n−1


S = a

1 − R =

−83

1 −

−2

3

= −8

5

2. Usando series, expresse as decimais nao finitas abaixo na forma de um numero racional:

28




a) 2.131313... b) 0.25411411411

Soluc˜ ao de a:

2.131313...

= 2 + 0.13131313...

= 2 + 13

102 +

13

104 +

13

106 + · · ·

= 2 +

∞n=1

13

102n

Agora vamos determinar a soma da serie

13

102n

= 13 12n

102n

= 13 ·

1

10

2n

= 13 ·

1

10

2n

= 13 ·

1

100

n·

1

100

−1

·

1

100

1

= 13 ·

1

100

·

1

100

n−1

= 13

100

1

100

n−1

usando a formula da soma:

S = a

1 − R =

13

100

1

−

1

100

= 13

99

Sendo assim:

2.131313... = 2 +∞n=1

13

10n

= 2 +

13

99

⇒ 2.131313... = 211

99

29




Soluc˜ ao de b:

Analoga a anterior.

3. Uma bola e derrubada de uma altura de 9m. Cada vez que ela toca o chao, sobe novamentea uma altura de aproximadamente 2/3 da altura da qual ela caiu. Mostre que a distancia totalpercorrida pela bola ate parar e de 45m.

Soluc˜ ao:

A altura da bola em cada pulo e uma sequencia

9 + 2

3 · 9 +

2

3

2

3

9 + · · ·

= 9

2

3

0

+ 9

2

3

1

+ 9

2

3

2

+ · · ·

=

∞n=1

9

2

3

n−1

Que como pode ser visto e uma serie geometrica, logo sua soma sera:

S = a

1 − R

= 9

1 − 2

3

= 27

O detalhe importante desse problema e que a partir da 1◦ queda sempre que a bola sobe eladesce novamente fazendo duas vezes o percusso. Sendo assim, o resultado e a soma das distanciaspercorridas pela bola nas descidas (27) mais as distancias percorridas pela bola na subida (27 − 9),ou seja:

27 + (27 − 9) = 45m

POR FAVOR!


30





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32




4 Series de Termos Positivos


1. Usando as sequencias de somas parciais {sn} demonstre as propriedades P.1.3.1., P.1.3.2.e P.1.3.3. acima.

Demonstrac˜ ao de P.1.3.1:

A soma S n de

kan e

S 1 = ka1

S 2 = ka1 + ka2

S

3 = ka1 + ka2 + ka3

...

S n = ka1 + ka2 + · · · + kan−1 + kan

...

Como

an e convergente entao limn→∞

(S n) = L, sendo L ∈R. Portanto, a1 + a2 + · · ·+ an = L

e portanto, k(a1 + a2 + · · · + an) = kL sendo assim:

limn→∞ (S

n) = kL

O que implica na convergencia de

kan.


Analoga a anterior.


Seja S n a soma parcial de

an e S n a soma de

bn entao:

limn→∞

(S n) = L

e tambem

limn→∞

(S n) = K

com L, K ∈ R.

Pela propriedade da soma dos limites se os limites acima existem entao:

33




limn→∞

(S n + S n) = L + K

O que implica em

limn→∞

(an + bn) = L + K

provando a convergencia de

(an + bn).

POR FAVOR!


34







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35





Aplique os testes da integral para estudar o comportamento das series abaixo:

1.

∞2

1

n(ln(n)) p, p > 0

Soluc˜ ao:

Para p = 1 ∞2

1

n · ln(n)

dn = lim

n→∞(ln(ln(n))) − lim

n→2(ln(ln(n)))

= ln(ln(

∞))

−ln(ln(2))

= ∞Para p > 1 ∞2

ln− p(n)

n dn = lim

n→∞

ln1− p(n)

1 − p

− lim

n→2

ln1− p(n)

1 − p

Como p > 1 entao podemos fazer 1 − p = −k. Sendo assim:

limn→∞

ln1− p(n)

1 − p

− lim

n→2

ln1− p(n)

1 − p

= lim

n→∞

ln−k(n)

−k

− lim

n→2

ln−k(n)

−k

= limn→2

ln−k(n)

k

− lim

n→∞

ln−k(n)

k

= 1

k

limn→2

1

lnk(n)

− lim

n→∞

1

lnk(n)

= 1

k ·

1

lnk(2)

− 0

= 1

k · lnk(2)

Ou seja, a serie converge para p > 1.

2.

∞2

n

n2 + 1

Soluc˜ ao:

36




∞1

n

1 + n2

dn = lim

n→∞

1

2log(n2 + 1)

− lim

n→1

1

2log(n2 + 1)

= ∞− 1

2 · log(2)

= ∞Logo diverge.

3.

∞2

1

n2 + 1

Soluc˜ ao:

∞1

1

1 + n2

dn = limn→∞

tan−1

(n)− limn→1

tan

−1

(n)

= π

2 − π

4

= π

4

Logo converge.

4.∞

2ln(n)

n

Soluc˜ ao: ∞1

log(n)

n

dn = lim

n→∞

log2(n)

2

− lim

n→2

log2(n)

2

= ∞− log2(2)

2

= ∞

POR FAVOR!


37







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38




5 Series de Termos Positivos


Use o teste da comparacao para analisar o comportamento das series abaixo:

1.∞1

1

2 + 5n

Soluc˜ ao:

Toda serie

∞1

1

n p converge apenas para p > 1. Entao

∞1

1

n2 converge.

12 + 5n

≤ 1n2

n2 ≤ 2 + 5n

Como a desigualdade acima e verdadeira para todo n ∈ Z+ entao, a serie∞1

1

2 + 5n e conver-

gente.

2.

∞

2

1√ n

−1

Soluc˜ ao:

1

n ≤ 1√

n − 1

√ n − 1 ≤ n

Como a desigualdade acima e verdadeira para todo n ∈ Z+ e∞1

1

n e divergente, entao a serie

∞

1

1√ n

−1

e divergente.

3.

∞1

1

n + 4

Soluc˜ ao:

39




Observe a serie 1

n + 5 =

1

6 +

1

7 +

1

8 + · · ·

pelo item B da pagina 47 a serie 1

n + 5 e divergente.

1

n + 5 ≤ 1

n + 4

n + 4 ≤ n + 5

0 ≤ 1

Como a desigualdade acima e verdadeira para todo n ∈ Z+ e

∞1

1

n + 5 e divergente, entao a

serie∞

1

1

n + 4 e divergente tambem.

POR FAVOR!


40







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41





Use o teste da comparacao por limite para analisar o comportamento das series abaixo:

1.

∞1

sen

1

n

Soluc˜ ao:

limn→∞

sen(1/n)

1/n

= lim

n→∞(n · sen(1/n))

= limn→∞

(n) · limn→∞

(sen(1/n)) = limn→∞

(n) · sen(0)

= limn→∞

(n) = ∞

Como a serie

∞1

1

n

e divergente (serie harmonica), entao pelo T.C.L. a serie

∞1

sen

1

n

tambem e divergente.

2.∞1

1√

n3 + n + 1

Soluc˜ ao:

limn→∞

1√

n3 + n + 11√ x

= 0

Como a serie∞1

1√

n

e divergente (serie p com p < 1), entao pelo T.C.L. a serie

∞1

1√

n3 + n + 1


3.∞

1

3n2 + 5n

2n(n2 + 1)Soluc˜ ao:

limn→∞

3n2 + 5n

2n(n2 + 1)

1/n

= lim

n→∞

3n2 + 5n

2n(n2 + 1)

· n

(1/n) · n

42




= limn→∞

3n5 + 5n2

2n(n2 + 1)

= lim

n→∞

3 +

5

n2n(n2 + 1)/n3

= lim

n→∞

3 + 5/n

2nn2

n3

+ 1

n3

= limn→∞

3 + 5/n

2n1

n

+ 1

n3

= 3 + 0

∞ · (0 + 0) =

3

0 = ∞

Como a serie

∞1

1

n

e divergente (serie harmonica), entao pelo T.C.L. a serie

∞1

3n2 + 5n

2n(n2 + 1)


POR FAVOR!


43







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44





Usando o teste da razao, examine, quanto a convergencia, as series abaixo.

1.

∞1

2n

n!

Soluc˜ ao:

limn→∞

2n+1

(n + 1)!2n

n!

= lim

n→∞

2n · 2 · n!

(n + 1)!2n

= limn→∞

2n + 1

= 2∞ = 0

Como 0 < 1 pelo T.R. a serie∞1

2n

n!

e convergente.

2.

∞1

2n

n!

Soluc˜ ao:

limn→∞

2(n + 1)(n + 1)!

= lim

n→∞

2(n + 1)(n + 1)n!

= lim

n→∞

2n!

= 0

Como 0 < 1 pelo T.R. a serie

∞1

2n

n!

e convergente.

3.∞1

1

n

Soluc˜ ao:

limn→∞

1/(n + 1)

1/n

= lim

n→∞

n

n + 1

= limn→∞

n/n

n/n + 1/n

= lim

n→∞

1

1 + 1/n

= 1

1 + 0 = 1

45




Assim, pelo teste da razao nada pode-se dizer quanto a convergencia dessa serie.

POR FAVOR!


46







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47





Exercıcio: Usando o teste da raiz, examine, quanto a convergencia as series abaixo.

1∞1

1

nn

2

∞1

1 +

1

n

n

3∞1

1

n

Soluc˜ ao de 1:

limn→∞

n

1

nn = 0

e como 0 < 1 a serie e convergente.

Soluc˜ ao de 2:

limn→∞

n

1 +

1

n

n

= 1

assim pelo teste da razao nada se pode aferir sobre a convergencia da serie.

Soluc˜ ao de 3:

limn→∞

n 1n

= 1

assim pelo teste da razao nada se pode aferir sobre a convergencia da serie.

1. Estude o comportamento das series usando as sugestoes dadas:

A.

∞1

n

n + 1

(TD)

Soluc˜ ao:

limn→∞

n

n + 1

= lim

n→∞

n/n

n/n + 1/n

= limn→∞

1

1 + 1/n

=

1

1 + 0 = 1

Como 1 = 0 pelo T.D. a serie∞1

n

n + 1

diverge.

48




B.∞1

1√

n +

1√ n + 1

(TCL)

Soluc˜ ao:

limn→∞

1√ n

+ 1√

n + 1

1√ n

= lim

n→∞

1√

n +

1√ n + 1

√ n

= limn→∞

√ n√ n

+

√ n√

n + 1

= lim

n→∞

1 +

n

n + 1

= 1 + limn→∞ n

n + 1 = 1 + limn→∞

n/n

n/n + 1/n

= 1 +

limn→∞

1

1 + 1/n

1 +

1

1 + 0 = 1 + 1 = 2

Como

1√ n

e divergente (serie p com p < 1), entao pelo TCL a serie

∞1

1√

n +

1√ n + 1

tambem diverge.

C.∞1

1

n

ln(n)

(TRI) ou (TD)

Soluc˜ ao:

limn→∞

n

1

n

ln(n)

= lim

n→∞

1

n

n

ln(n)

= limn→∞

1

n2

ln(n)

= 1

Como 1 = 0 entao a serie

∞1

1

n

ln(n)

diverge.

49




D.∞1

|sec(n)|n

(TC)

Soluc˜ ao:

n2

n2 + 1 < 1 para todo n ∈ Z+

Como o maximo valor que |cos(n)| pode atingir e 1, entao a desigualdade abaixo ainda e valida.

n2

n2 + 1||cos(n)| < 1

n2

n2 + 1 <

1

|cos(n)|

n

n2 + 1 <

1

n|cos(n)|

n

n2 + 1 <

1/|cos(n)|n

Como 1

cos(x) = sec(x) entao:

n

n2 + 1 <

|sec(x)|n

Como pelo teste da integral (veja pagina 52) a serie∞n=1

n

n2 + 1

diverge. Entao, pelo T.C. a

serie em questao e divergente.

E.∞1

n32n

5n−1

(TRZ)

Soluc˜ ao:

50




limx→∞

(n + 1)32(n+1)

5(n+1)−1

n32n

5n−1

= limx→∞

(n + 1)32n+2 · 5n−1

5nn · 32n

limx→∞

9n + 9

5n

=

9

5

Como 9

5 > 1 entao pelo TRZ. a serie

∞1

n32n

5n−1

diverge.

F.∞1

(arc cotg(n)) (TI)

Soluc˜ ao:

∞1

arc cotg(n)dn = 1

2log(n2 + 1) + arc cotg(n)

∞

1

= ∞

Assim, pelo TI a serie∞1

(arc cotg(n)) diverge.

G.

∞

13nn!

nn (TRZ)

Soluc˜ ao:

limx→∞

3n+1(n + 1)!

(n + 1)n+1

3nn!

nn

= lim

x→∞

3nn

(n + 1)n

= 3 · limx→∞

nn

(n + 1)n

= 3 · lim

x→∞

n

n + 1

n= 3 · 1

e =

3

e

Como 3

e > 1 entao pelo TRZ a serie

∞1

3nn!

nn

diverge.

H.

∞1

n

n + 1

n2

(TRI)

51




Soluc˜ ao:

limx→∞

n n

n + 1n2

= limx→∞ n

n + 1n

=

1

e

Como 1

e < 1 entao pelo TRI a serie

∞1

n

n + 1

n2

converge.

I.∞1

n2 + 2n

n + 3n

(TCL)

Soluc˜ ao:

limx→∞

n2 + 2n

n + 3n

1

n2

= lim

x→∞

n4 + 2n · n2

n + 3n

= limx→∞

n4/3n + (n2 · 2n)/3n

n/3n + 3n/3n

= lim

x→∞

n4/3n + (n2 · 2n)/3n

n/3n + 1

Como limx→∞

n

3n + 1

= 0 entao pode-se aplicar as propriedades de limite de modo que:

limx→∞

n4

/3n

+ (n2

· 2n

)/3n

n/3n + 1

=

limx→∞

n4/3n + (n2

·2n)/3n

limx→∞

(n/3n + 1)

=limx→∞

n4/3n + (n2 · 2n)/3n

0 + 1

=limx→∞

n4/3n + (n2 · 2n)/3n

1

= limx→∞

n4/3n + (n2 · 2n)/3n

= lim

x→∞

n4

3n

+ lim

x→∞

n2 · 2n

3n

= 0 + 0 = 0

Logo pelo TRI a serie e

∞

1

n2 + 2n

n + 3n

e convergente.

J.∞1

1

n(ln(n))3

(TI)

Soluc˜ ao:

52




∞2

1

n(ln(n))3

= − 1

2log2(n)

∞

2

= ∞

Assim, pelo TI a serie e∞1

1

n(ln(n))3

e convergente.

POR FAVOR!

Se voce nao notou no inıcio do documento aparece uma foto da 3a edicao do livro. Entretanto,este solucionario e da segunda edicao. Assim, se voce quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. em

maos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-seque a foto deve estar numa boa resolucao.

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54




6 Series Alternadas


1. Usando os testes convenientes, examine quanto a convergencia, as series abaixo:

A.∞1

e−n

2

B.

∞

1

n!

nn

C.

∞1

n − 1

3n

D.

∞1

ln

1 + n

1 + n2

E.∞1

n4e−n

2

F.

∞

1

1 + n

1 + n2

2

G.

∞1

arctg

1

n

n

H.

∞1

1

lnn(n)

I.∞1

n!

ln(n + 1)

J.

∞

1

n + 4

n4 +√

n + 7

K.

∞1

√ 2n + 3

n + 5

L.

∞1

3n3 + 2n − 1

7n2 + 8n − 2

Soluc˜ ao:

O primeiro teste que normalmente se emprega e o teste da divergencia (TD). Atraves dele deter-minamos que as series das letras I e L sao divergentes.

limx→∞

3n3 + 2n − 1

7n2 + 8n − 2

= ∞ lim

x→∞

n!

ln(n + 1)

= ∞

As series que possuem um expoente igual a n normalmente utilizam-se do teste da raiz para aferirsobre sua convergencia. Assim, podemos afirmar que as letras C e G sao convergentes.

limx→∞

n

n − 1

3n

n

= 0

limx→∞

n

arctg

1

n

n= 0

como 1n = 1 podemos usar esse teste tambem para a letra H.

55




limx→∞

n

1

ln(n)

n

= 0

Para usar o teste da comparacao e necessario que se conheca series convergentes ou divergentes.Assim, a frequencia em que se utiliza tal teste e proporcional a quantidade de series cuja convergenciavoce ja conhece.

Podemos usa-lo por exemplo para provar a convergencia da letra A.

e−n2 = 1

en2

Como n2 ≤ en2

entao

1

en2 ≤ 1

n2

E como

1

n2

e uma serie convergente (serie p com p > 1), entao a serie e convergente.

A mesma coisa ocorre para o teste da comparacao com limite. A frequencia do seu uso ficacondicionada a quantidade de series que ja se tem decorado. Podemos usar este teste para, por

exemplo, provar a divergencia da letra K. Uma vez que a serie

n

5n2 + 3

e divergente pelo teste

da comparacao (usando a serie harmonica), e tambem:

n

5n2 + 3 ≤

√ 2n + 3

n + 5

O teste da razao com limite normalmente e usado quando os demais testes falham. Com elepodemos afirmar que as letras B, D, E e F sao convergentes.

limn→∞

(n + 1)!

(n + 1)n+1

n!

nn

=

1

e

limn→∞

ln(1 + 1/2n+1

ln(1 + 1/2n)

= 0

limn→∞

(n + 1)4

e(n + 1)2

n4

en2

= 0

limn→∞

1 + (n + 1)

1 + (n + 1)2

2

1 + n

1 + n2

2

=

1

e

2

56




Note que nada se pode aferir sobre a serie J pelo teste da razao, pelo teste da raiz e tao pouco peloteste da divergencia. A funcao tambem nao pode ser facilmente integrada, assim podemos dispensaro teste da integral, nos restando apenas o teste da comparacao ou o teste da comparacao com limite.

3. Prove, usando series convenientes, as afirmacoes abaixo.

limn→∞

nn

(2n)!

= 0

limn→∞

an

n!

= 0

Soluc˜ ao de a:

Como nn < (2n)! e n < n! entao:

nn · n ≤ n! · (2n)! ⇒ nn

(2n)! ≤ n!

n

E como a serie

n!

nn

e convergente (ver exercıcio 2 da pagina 58), entao pelo teste da

comparacao a serie

nn

(2n)!

tambem converge e pelo teorema T.1.3.1 (pagina 42) a afirmacao

fica provada.

Soluc˜ ao de b:

Usando o teste da razao vemos que a serie em questao e convergente. Sendo assim pelo teoremaT.1.3.1 (pagina 42) a afirmacao fica provada.

POR FAVOR!



57







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58





Exercıcio. Usando o (TL), teste quanto a convergencia as series abaixo:

1.

∞1

(−1)n

n

ln(n)

2.

∞1

(−1)n

ln(n)

n

3.

∞1

(−1)n

n + 2

n(n + 1)

Soluc˜ ao de 1:

Usando l’hopital limx→∞

n

ln(n)

= lim

x→∞

1

1/n

= lim

x→∞(n) = ∞

Como ∞ = 0 entao pelo TL nada se pode aferir sobre a convergencia da serie.

Soluc˜ ao de 2:

Usando l’hopital limx→∞

ln(n)

n

= lim

x→∞

1/n

n

= lim

x→∞

1

n2

= 0

Como a desigualdade

n

ln(n) >

n + 1

ln(n + 1)

e verdadeira. Entao a serie e convergente.

Soluc˜ ao de 3:

Como

limx→∞

n + 2

n(n + 1)

= lim

x→∞

n + 2

n2 + n

= lim

x→∞

n/n + 2/n

n2/n + n/n

= lim

x→∞

1 + 2/n

n + 1

=

1 + 0

∞ + 1 =

0entao a primeira condicao para convergencia foi satisfeita. Vamos provar agora a segunda. Para

isso considere a seguinte desigualdade, verdadeira para todo n ∈N

4n + 4 > 3n

⇒ n2 + (4n + 4) > n2 + (3n)

⇒ (n + 2)2 > (n + 3)n

59




⇒ (n + 2)2

n > (n + 3)

⇒ (n + 2)2

n ·

1

n + 1

> (n + 3)

1

n + 1

⇒ (n + 2)

n(n + 1) >

(n + 3)

(n + 1)(n + 2)

⇒ (n + 2)

n(n + 1) >

(n + 1) + 2

(n + 1)((n + 1) + 1)

⇒ an > an+1

limx→∞

()

POR FAVOR!



60







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61





1. Estude o comportamento das series a seguir, verificando se sao absolutamente ou condicional-mente convergentes, ou divergentes.

A)∞1

(−1)n

n!

nn

B)

∞1

(−1)n

n − 1

3n

n

C)∞1

(−1)n

n√

n + 1n

D)∞1

(−1)n

2n

n!

E)

∞

1 (

−1)n

3n + 2

F)∞1

(−1)n

n4 + 1

G)∞

1(−1)n

n!

2n!

H)∞1

(−1)n

n

n + 1

n2

I)

∞

1(

−1)n

√ n

n + 1

J)∞1

(−1)n · sen

π

n

K)

∞1

(−1)n · ln

1 +

1

2n

L)∞1

(−1)n

n2 + 1

n3

M)∞2

(−1)n

n · ln2(n)

Soluc˜ ao de A:

limn→∞

(−1)(n+1) (n + 1)!

(n + 1)n+1

(−1)n+1 n!

nn

= limn→∞

(−1)n · (−1)

(n + 1)!

(n + 1)n+1

(−1)n n!

nn

= limn→∞

(−1)

(n + 1)!

(n + 1)n+1

n!

nn

= limn→∞

(−1)

(n + 1)! · nn

(n + 1)n+1 · n!

= limn→∞

(n + 1)! · nn

(n + 1)n+1 · n!

=

limn→∞

(n + 1) · n! · nn

(n + 1)n(n + 1) · n!

=

limn→∞

n

n + 1

n =

1e =

1

e.

Como 1

e < 1 entao, pelo teste da razao para a convergencia absoluta, a serie e absolutamente

convergente.

62




Soluc˜ ao de B:

limn→∞

n (

−1)n

· n − 1

3nn

= limn→∞

n − 1

3n =

1

3

Como 1

3 < 1 entao, pelo teste da raiz para a convergencia absoluta, a serie e absolutamente

convergente.

Soluc˜ ao de C:

limn→∞

n

(−1)n · ( n√

n + 1)n = lim

n→∞

n

n√

n + 1n

= limn→∞

n√

n + 1

= 2

Como 2 > 1 entao, pelo teste da raiz para a convergencia absoluta, a serie e divergente.

Soluc˜ ao de D:

A expressao 2 · 4 · 6 · ... · (2n) = 2n · n! entao a serie e divergente se o limite a seguir for maiorque 1:

limn→∞

(−1)n+1 · 2n+1(n + 1)!

(n + 1)! · n!

(−1)n · 2n · n!

= limn→∞

2

1

= 2

Como 2 > 1 entao, pelo teste da razao para a convergencia absoluta, a serie e divergente.

Soluc˜ ao de E:

Usando tanto o teste da razao para a convergencia absoluta como o teste da raiz o resultado sera1. Ou seja, em ambos os casos nada podemos afirmar sobre a convergencia absoluta.

Nesse caso fazemos o seguinte.

Primeiro determinamos a soma do modulo de cada termo.

∞n=1

(−1)n

3n + 2

=∞n=1

1

3n + 2

Agora usamos o teste da comparacao por limite.

Fazendo agora limn→∞

13n+21n

= lim

n→∞

n

3n + 2

= 1

3

Como 1

3 > 0 entao ambas as series possuem o mesmo comportamento, e como a serie

1

n

e divergente (serie p com p = 1) entao a serie∞n=1

(−1)n

3n + 2

nao e absolutamente convergente.

63




Usando agora o teste da razao na serie (TRZ) chegamos a conclusao de que ela e convergente.

limn→∞

(−1)n+1

3(n + 1) + 2 · 3n + 2

(−1)n = lim

n→∞−

3n + 2

3n + 5 =

−1 < 1

Como a serie nao converge absolutamente, mas e convergente, entao converge condicional-mente.

Soluc˜ ao de F:

∞n=1

(−1)n

n4 + 1

=∞n=1

1

n4 + 1

Usando o TCL

limn→∞

1

n4 + 1 · n2

1 = lim

n→∞ n2

n4 + 1 = 0

Como a serie∞n=1

1

n2

e convergente entao a serie e absolutamente convergente.

Soluc˜ ao de G:

∞n=1

(−1)n · n!

2n!

= 1

2

Nesse caso testes sao dispensaveis. A serie e absolutamente convergente.

Soluc˜ ao de H:

limn→∞

n

(−1)n

n

n + 1

n2 = limn→∞

n

n + 1

n2 1

n= lim

n→∞

n

n + 1

n=

1

e

Como 1

e < 1 entao, pelo teste da raiz para a convergencia absoluta, a serie converge absoluta-

mente.

Soluc˜ ao de I:

∞n=1

(−1)n

· √ nn + 1 =

∞n=1

√ nn + 1

Usando o TCL

limn→∞

√ n

n + 1 · n

1

= lim

n→∞

n√

n

n + 1

= ∞

64




Como 1

n

e divergente entao a serie nao pode ser absolutamente convergente.

Fazendo entao o teste da razao (TRZ)

limn→∞

an+1

an

= lim

n→∞

−(n + 1)√

n + 1√ n(n + 2)

= −1 entao a serie converge.

Como a serie converge, mas nao absolutamente, entao ela converge condicionalmente.

Soluc˜ ao de J:

∞n=1

(−1)nsenπ

n

=∞n=1

senπ

n

Usando o TCL e a serie 1

n que e divergente entao:

limn→∞

senπ

n

· n

1

= ∞

Portanto, a serie∞n=1

(−1)nsenπ

n

nao e absolutamente convergente.

Usando novamente o teste da comparacao por limite (TCL) e a serie

∞n=1

(−1)n

n!

2n!

que e

convergente (ver letra C). Chega-se a conclusao de que a serie converge.

Como a serie∞n=1

(−1)n( n

√ n + 1)n

converge, mas nao absolutamente, entao a serie converge

condicionalmente.

Sendo a serie convergente, mas nao absolutamente convergente, entao a serie converge condi-cionalmente.

Soluc˜ ao de K:

limn→∞

(−1)n+1ln

1 +

1

2n+1

(−1)n · ln

1 + 12n = lim

n→∞

ln

1 +

1

2n+1

ln

1 + 12n =

1

2

Como 1

2 < 1 entao, pelo teste da razao para a convergencia absoluta, a serie converge absolu-

tamente.

Soluc˜ ao de L:

65




∞n=1

(−1)n

n2 + 1

n3

=∞n=1

n2 + 1

n3

Usando o TCL

limn→∞

n2 + 1

n3 · n

1

= lim

n→∞

n2 + 1

n2

= 1

Como 1 > 0 entao ambas as series tem o mesmo comportamento. E como a serie 1

n

e divergente (serie p com p = 1) entao, a serie

∞n=1

(−1)nn2 + 1

n3

nao pode ser absolutamente

convergente.

Usando novamente o TCL e a serie

(−1)nn!

2n! que e convergente (ver solucao da letra G),

entao:

limn→∞

(−1)n(n2 + 1)

n3 · 2n!

(−1)nn!

= lim

n→∞

2n2 + 2

n3

= 0

O que implica na convergencia da serie.

Como a serie converge, mas nao absolutamente, entao a serie converge condicionalmente.

Soluc˜ ao de M:

A cargo do leitor.

POR FAVOR!


66







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67




7 Serie de Potencias


1. Determine a regiao de convergencia das series de potencias a seguir:

A)∞0

2nx2n

(2n)!

B)

∞0

(−

1)n(x−

1)n

(n + 1)2n

C)∞0

(n + 1)!(x − 5)n

10n

D)∞0

(−1)nxn

(2n − 1)32n−1

E)

∞1

(x−

e)nln(n)

nen

F)∞0

n

2n + 1

2n−1

xn

G)∞1

x · sen

π

n

n

H)

∞1

1 + 1

n

n

2 xn

Soluc˜ ao de A:

Aplicaremos o teste da raiz para convergencia absoluta.

limn→∞

n

2nx2n

(2n)!

= limn→∞

(2x2)n

(2n)!

1

n

limn→∞

2x2

n

(2n)!

Como limn→∞

n

(2n)! = 0 entao:

limn→∞

2x2

n

(2n)!

=

limn→∞

(2x2)

limn→∞

n

(2n)!

= 2x2

∞ = 0

Portanto, o domınio de convergencia e Dc = R.

Soluc˜ ao de B:

limn→∞

(−1)n+1(x − 1)n+1

((n + 1) + 1)2n+1 · (n + 1)2n

(−1)n(x − 1)n

= limn→∞

(1 − x)(n + 1)

2(n + 2)

=

limn→∞

n + 1 − xn − x

2n + 4

=

1 − x

2

68




Para

1 − x

2

< 1, ou −1 < 1 − x

2 < 1 ou −1 < x < 3, a serie converge absolutamente.

Para x = −1, temos

∞0

2n

(n + 1)2n

, que e divergente.

Para x = 3, temos

∞0

(−2)n

(n + 1)2n

, que e absolutamente convergente.

Portanto, o domınio de convergencia e Dc = (−1, 3].

Soluc˜ ao de C:

limn→∞

((n + 1) + 1)!(x − 5)n+1

10n+1 · 10n

(n + 1)!(x − 5)n

= lim

n→∞

(n + 2)!(x − 5)n(x − 5)10n

10n · 10 · (n + 1)!(x − 5)n

= limn→∞

(n + 2)!(x − 5)10(n + 1)!

= limn→∞

(n + 2)(n + 1)!(x − 5)10(n + 1)!

= limn→∞

(n + 2)(x − 5)

10

= 1

10

limn→∞

(xn − 5n + 2x − 10)

= 1

10(x − 5)∞

Entretanto, para x = 5 teremos 1

10(x − 5)∞ = 0 < 1. Ou seja, a serie seria convergente.

Portanto, Dc = {5}

Soluc˜ ao de D:

Aplicaremos o teste da razao para convergencia absoluta.

limn→∞

(−1)n+1xn+1

(2(n + 1) − 1)32(n+1)−1 · (2n − 1)32n−1

(−1)nxn

= limn→∞

(1 − 2n)x

9(2n + 1)

= limn→∞

x − 2nx

18n + 9

=

− 2x

18

Para

− 2x

18

< 1, ou −1 < −2x

18 < 1 ou −9 < x < 9, a serie converge absolutamente.

Para x = −9, temos

∞0

9n

(2n − 1)32n−1

, que e divergente.

Para x = 9, temos

∞0

(−9)n

(2n − 1)32n−1


Portanto, o domınio de convergencia e Dc = (−9, 9].

Soluc˜ ao de E:

Aplicaremos o teste da razao para convergencia absoluta.

69




limn→∞

(x − e)n+1ln(n + 1) · nen

(n + 1)en+1 · (x − e)n · ln(n)

= limn→∞

(x − e)ln(n + 1)n

(n + 1)eln(n)

= limn→∞

(x − e)ln(n + 1)

(n + 1)e · ln(n) · 1

n

=

limn→∞

(x − e)ln(n + 1)

1 + 1

n

e · ln(n)

=

− 1 + x

e

Para

xe − 1

< 1, ou −1 < x

e − 1 < 1, ou 0 < x < 2e a serie converge absolutamente.

Para x = 0 temos

∞1

−enln(n)

nen


Para x = 2e temos∞1

2e − enln(n)

nen

, que e divergente.

Portanto, o domınio de convergencia e Dc = [0, 2e).

Soluc˜ ao de F:


limn→∞

n n

2n + 12n−1

xn

limn→∞

n

2n + 1

2n−1

xn

1

n=

x4

Para

x4 < 1, ou −1 <

x

4 < 1, ou −4 < x < 4 a serie converge absolutamente.

Para x = −4 temos∞0

n

2n + 1

2n−1

− 4n, que e divergente.

Para x = 4 temos∞0

n

2n + 1

2n−1

4n, que e divergente.

Portanto, o domınio de convergencia e Dc = (−4, 4).

Soluc˜ ao de G:


70




limn→∞

n

xsen

π

n

n

= 0

Portanto, o domınio de convergencia e Dc =R

.

Soluc˜ ao de H:


limn→∞

n

1 + 1

n

n

2xn

= limn→∞

1 + 1

n

1

2x

=

1 · x

=

x

Para

x < 1, ou −1 < x < 1, a serie converge absolutamente.

Mas, para x = 1 ou −1 e divergente.

Portanto, o domınio de convergencia e Dc = (−1, 1).

POR FAVOR!


71







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72




8 Soma de uma Serie de Potencias


1. Aplicando diferenciacao ou integracao termo a termo, determine a soma das seguintes seriesde potencia.

A)∞1

(−1)nxn+1

n + 1

B)∞

12xn

n

C)

∞0

((n + 2)xn)

D)∞0

(−1)n+1xn+2

(n + 2)n!

E)∞

1 (−1)n−1x2n−1

2n − 1

F)

∞1

n(n + 1)xn−1

G)∞1

(−1)n(n + 1)(x − 2)n

3n

Soluc˜ ao de A:

Sabe-se que

1

1 − x =

∞n=0 x

n

trocando x por -x

1

1 − (−x) =

∞n=0

(−x)n

⇒ 1

1 + x =

∞n=0

(−1)nxn

integrando

1

1 + xdx =

∞

n=0

(−

1)nxn dx

⇒ ln(1 + x) =∞n=0

(−1)n

xn dx

⇒ ln(1 + x) =∞n=0

(−1)nxn+1

n + 1 + c

onde c e uma constante. E para determinar seu valor fazemos x = 0 na equacao acima

73




ln(1 + 0) =∞n=0

(−1)n · 0n+1

n + 1 + c

⇒ ln(1) = 0 + c

⇒ c = 0

Ou seja,

ln(1 + x) =∞n=0

(−1)nxn+1

n + 1

e levando em conta a igualdade a seguir

∞n=1

(−1)nxn+1

n + 1 =

∞n=0

(−1)nxn+1

n + 1 − 0

n=0

(−1)nxn+1

n + 1

entao

∞n=1

(−1)nxn+1

n + 1 = ln(1 + x) −

0n=0

(−1)nxn+1

n + 1

⇒∞n=1

(−1)nxn+1

n + 1 = ln(1 + x) − (−1)0x0+1

0 + 1

⇒

∞

n=1

(−1)nxn+1

n + 1 = ln(1 + x)

− x

1

⇒∞n=1

(−1)nxn+1

n + 1 = ln(1 + x) − x

Ou seja, a soma sera ln(1 + x) − x.

Soluc˜ ao de B:

Sabe-se que

1

1 − x =

∞

n=0

xn

Integrando ambos os lados

1

1 − x =

∞n=0

xn

⇒ −ln(1 − x) =∞n=0

xn+1

n + 1 + c

74




multiplicando por 2

−2

·ln(1

−x) =

∞

n=0

2xn+1

n + 1

+ c

Fazendo n igual a n − 1

−2 · ln(1 − x) =

∞n−1=0

2x(n−1)+1

(n − 1) + 1 + c

⇒ −2 · ln(1 − x) =

∞n=1

2xn

n + c

Para determinar o valor de c fazemos x = 0.

−2 · ln(1 − 0) =

∞n=1

2

·0n

n + c

⇒ −2 · ln(1) = 0 + c

⇒ −2 · 0 = 0 + c

⇒ c = 0

Sendo assim,

∞

n=1

2xn

n

=

−2

·ln(1

−x)

Portanto, sua soma sera −2ln(1 − x) ou, ln(1 − x)−2 ou, 1

ln(1 − x)2.

Soluc˜ ao de C:

Sabe-se que

1

1 − x = 1 + x + x2 + · · · =

∞n=0

xn

⇒ 1

(1 − x)2

= 1 + 2x + 3x2 +

· · · =

∞

n=1

nxn−1

Trocando n por n + 2

1

(1 − x)2 =

∞n+2=1

(n + 2)x(n+2)−1

⇒ 1

(1 − x)2 =

∞n=−1

(n + 2)xn+1

75




⇒ 1

(1 − x)2x =

∞n=−1

(n + 2)xn

Quando n = −1 o lado direito da equacao acima e igual a 1/x.

(−1 + 2)x−1 = 1 · x−1 = 1

x

Sendo assim,

∞n=0

(n + 2)xn =∞

n=−1

(n + 2)xn − 1

x

⇒∞n=0

(n + 2)xn = 1

(1 − x)2x − 1

x

⇒∞n=0

(n + 2)xn = 2 − x(1 − x)2

Portanto, sua soma sera 2 − x

(1 − x)2.

Soluc˜ ao de D:

Sabe-se que

ex =∞n=0

xn

n!

Chamando x de −x

e−x =∞n=0

(−x)n

n!

⇒ e−x =∞n=0

(−1)nxn

n!

Multiplicando tudo por x

xe−x =

∞n=0

(−1)nxn

n! · x

⇒ xe−x =∞n=0

(−1)nxn+1

n!

Integrando

xe−x dx =

∞n=0

(−1)nxn+1

n! dx

76




(x + 1)e−x =∞n=0

(−1)nxn+2

(n + 2)n! + k

Multiplicando ambos os membros por −1

−(x + 1)e−x =∞n=0

(−1)n+1xn+2

(n + 2)n! − k

Fazendo x = 0 na equacao acima chegamos a k = 1. Sendo assim:

−(x + 1)e−x + 1 =

∞n=0

(−1)n+1xn+2

(n + 2)n!

Portanto, sua soma sera −(x + 1)e−x + 1.

Soluc˜ ao de E:

Sabe-se que

1

1 + x2 =

∞n=0

(−1)nx2n

Integrando

1

1 + x2 dx =

∞n=0

(−1)nx2n dx

⇒ arctg(x) =∞

n=0

(−1)nx2n+1

2n + 1 + k

Trocando n por n − 1

arctg(x) =∞

n−1=0

(−1)n−1x2(n−1)+1

2(n − 1) + 1 + k

⇒ arctg(x) =

∞n=1

(−1)n−1x2(n−1)+1

2n − 1 + k

Fazendo x = 0 descobrimos k = 0. Sendo assim,

arctg(x) =∞

n=1

(−1)n−1x2(n−1)+1

2n

−1

Portanto, sua soma sera arctg(x).

Soluc˜ ao de F:

Sabe-se que

1

1 − x =

∞n=0

xn

77




Derivando

Dx 1

1 − x = Dx

∞

n=0

xn⇒ 1

(1 − x)2 =

∞n=1

nxn−1

Fazendo n igual a n + 1

1

(1 − x)2 =

∞n+1=1

nx(n+1)−1

⇒ 1

(1 − x)2 =

∞n=0

(n + 1)xn

Derivando novamente

Dx

1

(1 − x)2

= Dx

∞n=0

(n + 1)xn

⇒ 2(1 − x)

(1 − x)4 =

∞n=0

n(n + 1)xn−1

Sendo assim,

∞n=0

n(n + 1)xn−1 = 2

(1 − x)3

Portanto, sua soma sera 2(1 − x)3

.

Soluc˜ ao de G:

Sabe-se que

1

1 − x =

∞n=0

xn

Chamando x de x

3

1

1 − x3

=

∞n=0

x

3n

⇒ 1

1 − x

3

=

∞n=0

xn

3n

Chamando x de −x

78




1

1

− (−x)

3

=∞n=0

(−x)n

3n

⇒ 1

1 + x

3

=∞n=0

(−1)nxn

3n

Multiplicando por x

x

1 + x

3

=∞n=0

(−1)nxn+1

3n

Derivando a igualdade acima chegamos a:

9

(x + 3)2 =

∞

n=0

(−1)n(n + 1)xn

3n

Fazendo x igual a x − 2

9

((x − 2) + 3)2 =

∞n=0

(−1)n(n + 1)(x − 2)n

3n

⇒ 9

(x + 1)2 =

∞n=0

(−1)n(n + 1)(x − 2)n

3n

Fazendo n = 0 na equacao acima chegamos ao valor 1.

(−1)0(0 + 1)(x − 2)0

30 =

1

1

= 1

E como

∞n=1

(−1)n(n + 1)(x − 2)n

3n =

∞n=0

(−1)n(n + 1)(x − 2)n

3n − 1

⇒∞n=1

(−1)n(n + 1)(x − 2)n

3n =

9

(x + 1)2 − 1

Portanto, sua soma sera 9

(x + 1)2 − 1.

2. Determine o domınio de f , f e x0

f (t)dt, onde f e definida por uma serie de potencias:

A) f (x) =∞n=0

x2n

(2n)!

B) f (x) =∞n=1

xn

√ n

79




Soluc˜ ao de A:

O domınio da funcao f (x) e igual ao domınio de convergencia (ver exercıcio 1 da pagina 71).

Primeiro vamos aplicar o teste da razao para convergencia absoluta.

limn→∞

an+1

an

= limn→∞

x2(n+1)

(2(n + 1))! · (2n)!

x2n

= lim

n→∞

x2(2n)!

(2n + 2)!

= lim

n→∞

x2(2n)!

(2n + 2)(2n + 1)(2n)!

= lim

n→∞ x2

(2n + 2)(2n + 1) = 0

Como 0 < 1 entao Dc = Dm(f(x)) = R.

Analogamente se determina o domınio para f =∞n=0

2n · x2n−1

(2n)! e

t0

f (t)dt =∞n=0

x2n+1

(2n)! .

Soluc˜ ao de B:

Quase identica a questao anterior. Veja tambem a questao 1 da pagina 71.

3. A) Represente a funcao f (x) = xex por uma serie de potencia de x.

B) Integrando a serie obtida no intervalo x ∈ [0; 1], mostre que∞n=1

1

((n + 2)n! =

1

2.

Soluc˜ ao de A:

ex =∞n=0

xn

n!

⇒ xex =∞n=0

xn

n! · x

⇒ xex =∞n=0

xn+1

n!

Soluc˜ ao de B:

Como

80




∞

n=1

xn+1

n! =

∞

n=0

xn+1

n! −

0

n=0

xn+1

n!

entao

∞n=1

xn+1

n! = xex − x

integrando no intervalo x ∈ [0, 1]

10

∞n=1

xn+1

n! dx =

10

(xex − x) dx

⇒∞

n=1

x(n+1)+1

(n + 2)n!

1

0

=

ex(x − 1) − x2

2

1

0

⇒∞n=1

(1)n+2

(n + 2)n! − (0)n+2

(n + 2)n!

= 1 − 1

2

⇒∞n=1

(1)n+2

(n + 2)n! − 0

=

1

2

⇒∞n=1

1

(n + 2)n! =

1

2

Como se queria demonstrar.

4.Utilizando as series de potencias convenientes mostre que:

A

∞n=0

(−1)n

2n+1(n + 1)

B)

∞n=0

1

(2n − 1)22n−1 =

ln(3)

2

C)

∞n=1

n

22n =

4

9

Solucao de A:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Fazendo x = x/2

81




1

1 − x

2

=∞n=0

x

2

n

1

1 − x

2

=∞n=0

xn

2n

Fazendo n = n − 1

1

1 − x

2

=∞

(n−1)=0

xn−1

2n−1

⇒ 1

1 − x

2

=∞n=1

xn−1

2n−1

Integrando a identidade acima chegamos ate

k − 2ln(|x − 2|) =∞n=1

xn

n · 2n−1

Fazendo x = 0 chegamos ao valor da constante k .

k − 2ln(|0 − 2|) =∞n=1

0n

n · 2n−1

⇒ k − 2ln(2) = 0

⇒ k = 2ln(2)

Sendo assim,

∞n=1

xn

n · 2n−1 = k − 2ln(|x − 2|)

⇒∞n=1

xn

n · 2n−1 = 2ln(2) − 2ln(|x − 2|)

Fazendo agora x = −x

∞

n=1

(−x)n

n · 2n−1

= 2ln(2)

−2ln(

| −x

−2

|)

⇒∞n=1

(−1)nxn

n · 2n−1 = 2ln(2) − 2ln(| − (x + 2)|)

⇒∞n=1

(−1)nxn

n · 2n−1 = 2 (ln(2) − ln(|x + 2|))

Fazendo n = n + 1

82




∞n+1=1

(−1)n+1xn+1

(n + 1) · 2(n+1)−1 = 2 · ln

2

|x + 2|

⇒∞n=0

(−1)n+1xn+1

(n + 1) · 2n = 2 · ln

2

|x + 2|

Multiplicando ambos os termos por −1

2

−1

2 ·

∞n=0

(−1)n+1xn+1

n · 2n+1 = 2 · ln

2

|x + 2|

· −1

2

⇒∞n=0

(−1)nxn−1

n · 2n+1 = −ln

2

|x + 2|

Fazendo agora x = 1.

∞n=0

(−1)n1n−1

n · 2n+1 = −ln

2

|1 + 2|

⇒∞n=0

(−1)n

n · 2n+1 = ln

3

2

⇒∞n=0

(−1)n

n · 2n+1 = ln

3

2

Como se queria demonstrar.

Solucao de B:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Chamando x de x/2

1

1 − (x/2) =

∞n=0

x

2

n

⇒ 1

1 − (x/2) =

∞n=0

xn

2n

Integrando a equacao acima

−2 · ln(|x − 2|) + k =∞n=0

xn+1

(n + 1)2n

Fazendo x = 0 encontramos k = 0.

83




−2 · ln(|0 − 2|) + k =∞n=0

0n+1

(n + 1)2n

⇒ −2 · ln(2) + k = 0

⇒ k = 2 · ln(2)

Entao

−2 · ln(|x − 2|) + k =∞n=0

xn+1

(n + 1)2n

⇒∞n=0

xn+1

(n + 1)2n = −2 · ln(|x − 2|) + 2 · ln(2)

Fazendo n = 2n − 2 o lado esquerdo da equacao acima teremos

∞n=1

x2n−1

(2n − 1)22n−2 = 2 (ln(2) − ·ln(|x − 2|))

∞

n=1

x2n−1

(2n

−1)22n−2

= 2 · ln

2

|x

−2

|Multiplicando ambos os lados por

1

22

∞n=1

x2n−1

(2n − 1)22n = −1

2ln

2

|x − 2|

Finalmente fazemos x = 1

∞

n=1

12n−1

(2n−

1)22n = −1

4ln

2

|1

−2|

∞n=1

1

(2n − 1)22n−2 = −1

4ln (2)

Solucao de C:

A cargo do leitor.

84




5. Obtenha a serie de potencias de x para:

A) f (x) =

x

1 − 3x

B) f (x) = x2 + 1

x − 1

C) f (x) = x3

4 − x3

D) f (x) = 1

x2 − 3x + 2

E) f (x) = ln(3 + 2x)

F) f (x) =

x0

ln

1 + t2

dt

G) f (x) = xe−x

2

2

H) f (x) = x

(1 + x)2

Solucao de A:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Fazendo x = 3x/2

1

1 − 3x

2

=∞n=0

3x

2

n

Multiplicando por x

x

1 − 3x2

=

∞n=0

3

2n

x

n+1

Dividindo por 2

x

2

1 − 3x

2

=∞n=0

3nxn+1

2n+1

⇒ x

2 − 3x =

∞n=0

3nxn+1

2n+1

Solucao de B:1

1 − x =

∞n=0

xn

⇒ 1

x − 1 =

∞n=0

(−1)nxn

Multiplicando por x2 + 1

85




⇒ x2 + 1

x − 1 =

∞n=0

(−1)nxn(x2 + 1)

Solucao de C:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Fazendo x = x/4

1

1 − x

4

=∞n=0

x

4

n

Multiplicando por 1/4

14 · 11 − x

4

=

∞n=0

x

n

4n+1

Multiplicando por x

x

4

1 − x

4

=

∞n=0

xn+1

4n+1

Fazendo x = x3

x3

41

− x3

4

=∞n=0

(x3)n+1

4n+1

⇒ x3

4 − x3 =

∞n=0

x3n+3

4n+1

Solucao de D:

Usando a tecnica das fracoes parciais prova-se a seguinte igualdade

1

x2 − 3x + 2 =

1

x − 2 − 1

x − 1

A estrategia agora e determinar a serie que representa cada um dos termos a direita para obter aresposta (que e a serie que representa o termo a esquerda).

Como

1

1 − x =

∞n=0

xn

entao

86




1

x − 1 =

∞n=0

(−1)xn

Para obter a serie que representa o termo 1

x − 2 partimos agora da serie

1

x − 1 =

∞n=0

(−1)xn

Fazendo x = x/2

1x

2 − 1

=∞n=0

(−1)x

2

n

E multiplicando por 1/2

1

2 · 1x2 − 1

=

∞n=0

(−1) xn

2n+1

⇒ 1

x − 2 =

∞n=0

(−1) xn

2n+1

Sendo assim:

1

x2 − 3x + 2 =

1

x − 2 − 1

x − 1

⇒ 1

x2 − 3x + 2 =

∞

n=0

(−

1) xn

2n+1 −

∞

n=0

(−

1)xn

⇒ 1

x2 − 3x + 2 =

∞n=0

(−1)

xn

2n+1 − (−1)xn

⇒ 1

x2 − 3x + 2 =

∞n=0

1 − 1

2n+1

xn

Obs: O metodo aplicado aqui nao se estende a todos os casos em que ha um polinomio umpouco mais “complexo” no denominador, mas geralmente e a saıda. A seguir coloco um exemplo decomo NAO proceder.

11 − x

=∞n=0

xn

Fazendo x = 3x − x2

2 entao:

1

1 − 3x − x2

2

=∞n=0

3x − x2

2

n

87




⇒ 1

2

1 − 3x − x2

2

=∞n=0

(3x − x2)n

2n+1

⇒ 1

x2 − 3x + 2 =

∞n=0

(3x − x2)n

2n+1

Observe que essas operacoes, aparentemente logicas, resultam numa serie bem diferente da re-sposta correta.

Por isso, deve-se ter muito cuidado com os valores que escolhemos para substituicao de x. A dicae sempre evitar usar como substituicao para x expressoes polinomiais muito extensas ou “complexas”.

Solucao de E:

Seja f (x) = ln(3 + 2x) entao sua primitiva F(x) sera:

F(x) = 2

3 + 2x, pois F’(x) = f(x)

Como

1

1 − x =

∞n=0

xn

Multiplicando por 2

2

1 − x =

∞n=0

2 · xn

Fazendo x = −2x/3

2

1 + 2x

3

=

∞n=0

2

−2x

3

n

Multiplicando por 1/3

1

3 · 2

1 + 2x

3

=∞n=0

2

3

−2x

3

n

⇒ 2

3 + 2x

=∞

n=0

(−1)n2n+1xn

3n+1

Integrando ambos os termos

2

3 + 2x

dx =

∞n=0

(−1)n2n+1xn

3n+1

dx

⇒ ln(3 + 2x) + k =∞n=0

(−1)n2n+1xn

3n+1

dx

88




⇒ ln(3 + 2x) + k =∞n=0

(−1)n2n+1xn+1

(n + 1)3n+1

Fazendo x = 0 encontramos k .

ln(3 + 2 · 0) + k =

∞n=0

(−1)n2n+1 · 0n+1

(n + 1)3n+1

⇒ k = −ln(3)

Sendo assim,

ln(3 + 2x) + k =∞n=0

(−1)n2n+1 · 0n+1

(n + 1)3n+1

⇒ ln(3 + 2x) − ln(3) =

∞n=0

(−

1)n2n+1

·0n+1

(n + 1)3n+1

⇒ ln(3 + 2x) =∞n=0

(−1)n2n+1 · 0n+1

(n + 1)3n+1 + ln(3)

ou mesmo

ln(3 + 2x) =∞n=0

(−1)n

2

3

n+1

· xn+1

n + 1 + ln(3)

Solucao de F:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Fazendo x = −t2

1

1 − (−t2) =

∞n=0

(−t2)n

1

1 + t2 =

∞n=0

(−1)nt2n

Multiplicando por 2t

2t1 + t2

=∞n=0

(−1)nt2n+1 · 2

Integrando ambos os termos

2t

1 + t2

dt =

∞n=0

(−1)nt2n

dt

89




⇒

2t

1 + t2

dt =

∞n=0

(−1)nt2n

dt

⇒ ln(|1 + t2|) + k =∞n=0

(−1)n

t2n+2

n + 1

Fazendo t = 0 chegamos a k = 0. Portanto,

ln(|1 + t2|) =

∞n=0

(−1)nt2n+2

n + 1

Integrando novamente

x0

ln(|1 + t2|) dt =

x0

∞n=0

(−1)nt2n+2

n + 1

⇒ x

0

ln(|1 + t2|) dt =

∞n=0

x

0

(−1)nt2n+2

n + 1

⇒ x0

ln|1 + t2| dt =

∞n=0

(−1)nx2n+3

(n + 1)(2n + 3)

Solucao de G:

ex =∞n=0

xn

n!

Fazendo x = −

x

e−x =∞n=0

(−x)n

n!

⇒ e−x =∞n=0

(−1)nxn

n!

Fazendo x = x2/2

⇒ e−

x2

2 =∞

n=0

(−1)nx2n

2n · n!

Multiplicando por x

⇒ xe−

x2

2 =∞n=0

(−1)nx2n+1

2nn!

Solucao de H:

90




⇒ 1

1 − x =

∞n=0

xn

Derivando ambos os membros1

(1 − x)2 =

∞n=0

nxn−1

Multiplicando por x

x

(1 − x)2 =

∞n=0

nxn

Fazendo x = x2

22

x2

221 − x2

22

2 =∞n=0

n

x2

22

n

⇒ x2/4

(1 − x2/4)2 =

∞n=0

nx2n

22n

Fazendo x = 1

4

9 =

∞n=0

n

22n

Como∞n=0

n22n

= 0 para n = 0 entao:

∞n=0

n

22n =

∞n=1

n

22n

Portanto,

∞n=1

n

2n =

4

9

6. Calcule o valor aproximado de ln(1,1), com duas casas decimais, usando as series de potenciasconvenientes.

Solucao:

ln(1, 1) =∞n=0

(−1)n(0, 1)n+1

n + 1 = 0, 1 − 0, 005 + 0, 0003 · · ·

91




ln(1, 1) ≈ S 1 = 0, 1

7. Calcule o valor de e com tres casas decimais, usando series.

Solucao:

ex =∞n=0

xn

n!

Fazendo x = 1

ex =∞n=0

xn

n!

Fazendo x = 1

e1 =∞n=0

1n

n!

⇒ e =∞n=0

1

n!

Aproximando atraves dos 8 primeiros termos

e ≈ 1

0! +

1

1! +

1

2! + ·s +

1

8!

⇒ e ≈ 2, 718

POR FAVOR!


92







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93




9 Serie de Taylor


1. Utilizando series que representam as funcoes 1

1 − x, ex, sen(x), cos(x), expanda em serie de

potencias de (x − a) as seguintes funcoes, indicando a regiao de convergencia.

A) f (x) = 1

1 + x2; a = 0

B) f (x) = ln(1 + x); a = 0

C) f (x) = e−2x; a = 0

D) f (x) = sen2(x); a = 0; sugestao: sen2(x) = 1

−cos(2x)

2

E) f (x) = e−x/2; a = −2

F) f (x) = 1

(1 − x2)2; a = 2

G) f (x) = ln(x + 2); a = 1

H) f (x) = 1

x2 − 5x + 6; a = 1

I) f (x) = (x − π)3sen(3x); a = π sugestao: sen(a + b) = sen(a)cos(b) + cos(a)sen(b)

J) f (x) = x · cos(x); a = 0

Soluc˜ ao de a:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Derivando

1

(1 − x)2 =

∞n=0

nxn−1

Trocando x por −

x

1

(1 − (−x))2 =

∞n=0

n(−x)n−1

⇒ 1

(1 + x)2 =

∞n=0

n(−1)n−1xn−1

C.Q.D.

94




Para determinar o “raio de convergencia” ou “domınio de convergencia”, usamos o teste da razao.

limn→∞an+1

an

= limn→∞ (n + 1)(

−1)n

·xn

n(−1)n · (−1)xn · x−1

= |x|

Para que a serie seja convergente e necessario que |x| < 1, sendo assim, a serie e convergentepara |x| < 1.

Soluc˜ ao de b:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Fazendo x = −x

11 − (−x) =

∞n=0

(−x)n

⇒ 1

1 + x =

∞n=0

(1)nxn

Integrando

dx

1 + x =

displaystyle

∞n=0

(1)nxn

dx

⇒ dx

1 + x

=

∞

n=0 ((1)nxn) dx

⇒ ln(1 + x) + k =

∞n=0

(−1)nxn+1

n + 1

Fazendo x = 0 encontramos o valor de k.

ln(1 + 0) + k =

∞n=0

(−1)n0n+1

n + 1

⇒ ln(1) + k = 0

⇒ k = 0

Portanto;

ln(1 + x) + k =

∞n=0

(−1)nxn+1

n + 1

⇒ ln(1 + x) =

∞n=0

(−1)nxn+1

n + 1

95




C. Q. D.

Para determinar o domınio de convergencia usamos o teste da razao.

limn→∞

an+1

an

= limn→∞

(−1)n+1x(n+1)+1

((n + 1) + 1) · n + 1

(−1)nxn+1

= |x|

Como pelo teste da razao a serie converge apenas para |x| < 1, ou −1 < x < 1 entao:

Para x = −1 a serie diverge e para x = 1 a serie converge. Sendo assim, o domınio de convergenciae Dc = (−1, 1].

Obs: Como a determinacao do domınio de convergencia e algo trivial, entao ficara a cargo doleitor os proximos exercıcios.

Soluc˜ ao de c:

ex =

∞n=0

xn

n!

Fazendo x = −2x

e−2x =∞n=0

(−2x)n

n!

⇒ e−2x =∞n=0

(−1)n · 2n · xn

n! (1)

Chamando x de x + 1

e−2(x+1) =∞n=0

(−1)n · 2n · (x + 1)n

n!

Multiplicando por e2

e−2(x+1) · e2 =∞n=0

(−1)n · 2n · (x + 1)n

n! · e2

e−2x =∞n=0

(−1)n · e22n

n! (x + 1)n

A regiao de convergencia (ou o domınio de convergencia) fica a cargo do leitor.

Obs: A igualdade em (1) tambem e uma resposta aceitavel. O professor deve ficar atento a essetipo de caso.

Soluc˜ ao de d:

96




cos(x) =∞n=0

(−1)nx2n

(2n)!

Fazendo x = 2x

cos(2x) =∞n=0

(−1)n(2x)2n

(2n)!

⇒ cos(2x) =∞n=0

(−1)n · 22n · x2n

(2n)!

Multiplicando por −1

−cos(2x) =

∞n=0

(−1)n+1 · 22n · x2n

(2n)!

Multiplicando por 1/2.

−cos(2x)

2 =

∞n=0

(−1)n+1 · 22n−1 · x2n

(2n)!

Finalmente somamos 1/2 a ambos os membros.

1

2 − cos(2x)

2 =

∞n=0

(−1)n+1 · 22n−1 · x2n

(2n)! +

1

2

⇒ 1

2 − cos(2x)

2 =

−1

2 + x − x4

3 +

x6

45 − · · ·

+

1

2

⇒ 1 − cos(2x)

2 =

∞n=1

(−1)n+1 2n−1 · x2n

(2n)!

⇒ sen2(x) =

∞n=1

(−1)n+1 2n−1 · x2n

(2n)!

Soluc˜ ao de e:

ex =∞n=0

xn

n!

Fazendo x = x/2

e(x/2) =∞n=0

x

2

nn!

Fazendo x = −x

97




e−

x

2 =∞n=0

−x

2

nn!

⇒ e−

x2 =

∞n=0

(−1)n

x2

n

n!

⇒ e−

x

2 =

∞n=0

(−1)nxn

2n · n!

Fazendo x = x + 2

⇒ e−

(x + 2)

2 =∞n=0

(−1)n(x + 2)n

2n · n!

E multiplicando por e

⇒ e−

(x + 2)

2 · e =

∞n=0

(−1)n(x + 2)n

2n · n! · e

⇒ e−

x

2 =∞n=0

(−1)n(x + 2)n · e

2n · n!

Soluc˜ ao de f:

Nessa questao ha um pequeno equıvoco na resposta do livro. Por esse motivo essa questao sera

resolvida de duas formas e teremos dois resultados.Primeira Solucao:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Derivando

1

(1 − x)2 =

∞n=0

nxn−1

Fazendo x = −x

1(1 − (−x))2

=∞n=0

n(−x)n−1

⇒ 1

(1 + x)2 =

∞n=0

n(−1)n−1xn−1

Multiplicando por −1

98




(−1) · 1

(1 + x)2 = (−1) ·

∞n=0

n(−1)n−1xn−1

⇒ −1(1 + x)2

=∞n=0

n(−1)nxn−1

Multiplicando novamente por −1

(−1) · −1

(1 + x)2 = (−1) ·

∞n=0

n(−1)nxn−1

⇒ 1

(1 + x)2 =

∞n=0

n(−1)n+1xn−1

Fazendo x = x − 2

1(1 + (x − 2))2

=∞n=0

n(−1)n+1(x − 2)n−1

⇒ 1

(x − 1)2 =

∞n=0

(−1)n+1 · n(x − 2)n−1

Segunda Solucao:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Derivando

1

(1 − x)2 =

∞n=0

nxn−1

Soluc˜ ao de g:

1

1 − x =

∞n=0

xn

Fazendo x = −x

1

1 − (−x)

=∞

n=0

(

−x)n

1

1 + x =

∞n=0

(−1)nxn

Fazendo x = x

3

99




1

1 + (x/3) =

∞n=0

(−1)nx

3

n

Integrando 1

1 + (x/3)

dx =

∞n=0

(−1)nx

3

ndx

⇒ 3ln(|x + 3|) + k =∞n=0

(−1)n

x

3

ndx

⇒ 3ln(|x + 3|) + k =∞n=0

(−1)nxn+1

(n + 1)3n

Multiplicando ambos os membros por 1/3.

1

3 · 3ln(|x + 3|) + k =

1

3 ·

∞n=0

(−1)nxn+1

(n + 1)3n

⇒ ln(|x + 3|) + k =∞n=0

(−1)nxn+1

(n + 1)3n+1

Observe que fazendo x = 0 encontramos o valor de k .

ln(|0 + 3|) + k =∞n=0

(−1)n0n+1

(n + 1)3n+1

⇒ ln(

|3

|) + k = 0

⇒ k = −ln(3)

Sendo assim,

ln(|x + 3|) − ln(3) =∞n=0

(−1)nxn+1

(n + 1)3n+1

⇒ ln(|x + 3|) = ln(3) +

∞n=0

(−1)nxn+1

(n + 1)3n+1

Fazendo agora x = x − 1

ln(|(x − 1) + 3|) = ln(3) +

∞n=0

(−1)n(x − 1)n+1

(n + 1)3n+1

⇒ ln(|x + 2|) = ln(3) +

∞n=0

(−1)n(x − 1)n+1

(n + 1)3n+1

Soluc˜ ao de H:

100




A cargo do leitor.

Soluc˜ ao de i:

A cargo do leitor.

Soluc˜ ao de j:

A cargo do leitor.

2. Use a formula de Taylor para desenvolver em serie de potencias a funcao f (x) = x3 − 2x2 +4x − 1∀x; a = 3

Soluc˜ ao:

Sabe-se que f (x) =∞n=0

an(x − a)n na qual an = f n(a)

n! .

Para o caso em particular temos:

a1 = f

(3)

1! =

3(3)2 − 4(3) + 4

1! = 19

a2 = f

(3)

1! =

6(3) − 4

2 = 7

a3 = f

(3)

3! =

6

6 = 1

com a0 = f (a)

Assim,

f (x) =∞n=0

an(x − a)n = 20(x − 3)0 + 19(x − 3)1 + 7(x − 3)2 + 1(x − 3)3 + 0 + 0 + 0 + · · ·

⇒ f (x) = 20(x − 3)0 + 19(x − 3)1 + 7(x − 3)2 + 1(x − 3)3

POR FAVOR!


101





102







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103




Segunda Parte

Equacoes Diferenciais

Antes de continuar agradeco a professora Eridan Costa Maia da Universidade Estadual da Bahiapor ter me presenteado com o segundo volume do livro do James Stewart. Inclusive, aconselho aoprofessor de calculo, que esteja usando o livro da Maria Svec, a adota-lo durante o estudo das seriesde p otencia. Ele possui uma abordagem mais direta e uma quantidade maior de exemplos praticos.Embora tenha um pouco menos de conteudo.

Volume 2 do James Stewart

A segunda parte dessa apostila trata apenas das equacoes diferencias ordinarias (EDO). Porexperiencia propria, quando um aluno alega dificuldade nesta materia isso, normalmente, resulta desua inabilidade em integrar funcoes. Nesse caso, o problema nao sao as EDO’s e sim a falta de pre-

requisito do aluno. Portanto, se voce nao sabe integrar pare e reveja esse conteudo. A resolucaode equacoes diferenciais nesse nıvel e algo extremamente mecanico e facil. Se voce dominar bem astecnicas de integracao nao tera problema.

Ao professor deixo a recomendacao de que utilize equacoes cuja resolucao dependa de integraisfaceis de serem realizadas. Lembre-se que o objetivo maior agora e aprender a resolver as EDO’s enao revisar calculo 1 ou 2.

Outra observacao importante e que de agora em diante nenhuma derivada sera feita passo apasso, tampouco nenhuma integral. Partirei da premissa que o leitor ja domina esses processos, esendo assim, as respostas de agora em diante serao mais diretas. Apenas os casos menos triviaisserao resolvidos com maiores detalhes.

Bons Estudos!

104




Fazendo ln(k) = 2 · (b − a)

⇒ 2 · ln(y) = ln(x) + ln(k)

⇒ ln(y2) = ln(kx)

⇒ eln(y2) = eln(kx)

⇒ y2 = kx

com k ∈ R

2. Determine a equacao da curva sabendo-se que a intersecao da reta normal a curva num pontogenerico P(x,y) com o eixo OX e igual ao quadrado da abscissa no ponto.

Soluc˜ ao:

A forma geral da equacao da reta normal a uma curva “g” num ponto (x◦, y◦) e:

y − y◦ = − 1

g (x − x◦)

Entretanto, no ponto (x2, 0) ocorre a intercessao entre a reta normal e a curva. Ou seja, nesseponto y = g e portanto:

y − 0 = − 1

y (x − x2)

Como y

= dy

dx

y − 0 = − 1

y (x − x2)

⇒ y − 0 = − 1

dy

dx

(x − x2)

⇒ y − 0 = −dx

dy(x − x2)

⇒ y dy = (x2 − x)dx (1)

Integrando ambos os lados de (1) chega-se a:

y2

2 =

x3

3 − x2

2 + k

106




y2 = 2

3x3 − x2 + k

3. Por um ponto P(x,y) de uma curva passando pela origem, tracam-se retas paralelas aos eixoscoordenados. Determine a curva, sabendo-se que a mesma divide o retangulo formado pelas paralelase os eixos, em duas partes, sendo a area de uma o triplo da outra.

Soluc˜ ao:

O desenho a seguir ilustra a situacao descrita no enunciado.

(x,y)=(x,f(x))f(x)

Ab

Ac

Pelo ilustracao acima podemo ver que a area do retangulo definido e:

A = x · f (x)

Chamando de Ab a area abaixo da curva e Ac a area acima dela, temos as duas possibilidades:

Analisando a 1◦ possibilidade:

Ab + Ac = A

Ab + 3·Ab = A

4·Ab = A

Ab = A/4

Ab = 1

4 · x · f (x)

Analisando a 2◦ possibilidade:

Ab + Ac = A

Ab + Ab/3 = A

4/3·Ab = A

Ab = 3/4·A

107




Ab = 3

4 · x · f (x)

Sabe-se tambem que a area abaixo da curva e a integral da funcao da curva, isto e, f (x).

Ab =

f (x)dx =

1

4 · x · f (x) (1)

ou

Ab =

f (x)dx =

3

4 · x · f (x) (2)

Derivando a equacoes (2) chegamos a funcao f(x):

f (x) = 3

4

x

f (x) + xf

(x)

⇒ f (x) = 34

1 · f (x) + x · d

dxf (x)

⇒ 4

3f (x) = f (x) + x

d

dxf (x)

⇒ d

dxf (x) =

1

3xf (x)

⇒ d

df (x)f (x) =

d

3xx

Integrando ambos os lados:

df (x)df (x) =

dx3x

⇒ ln(f (x)) = 1

3ln(3x) + k

Fazendo k = ln(C ) entao:

ln(f (x)) = 1

3ln(3x) + k

⇒ ln(f (x)) = 1

3ln(3x) + ln(C )

⇒ ln(f (x)) = ln(3x)1/3 + ln(C )

⇒ ln(f (x)) = ln

(3x)1/3 + C

⇒ ln(f (x)) = ln

31/3x1/3 · C

Exponenciando

eln(f (x)) = eln(31/3x1/3·C )

108




O tempo levado para atingir a altura maxima ja foi calculada na letra “A”. Assim sabemos queela e de 2s.

Para determinar a altura usamos a seguinte identidade.

ds

dt = v

⇒ ds

dt = −9.81t + 20

⇒ ds = (−9.81t + 20)dt

⇒

ds =

(−9.81t + 20)dt

s(t) = −9.81

2 t2

+ 20t

Fazendo t = 2 encontramos a solucao.

s(2) = −9.81

2 (2)2 + 20(2)

⇒ s(2) = 20.38m

5. Um investidor aplica na bolsa de valores determinada quantia que triplica em 30 meses. Em

quanto tempo essa quantia estara quadruplicada, supondo-se que o aumento e proporcional ao aquantia em cada instante?

Soluc˜ ao (Resolvida por Oliveira e Pires1):

A equacao que expressa tal situacao pode ser dada por dx

dt = kx. Sendo x◦ o investimento

no tempo t = 0 e x a quantia a cada instante. Com x e a incognita do problema e t a variavelindependente pode-se escrever

dx

x = kdt

Resolvendo a integral, para o investimento x = x◦ e t = 0, tem-se,

x = x◦ekt

para t = 30 meses, x = 3x◦ logo, 3 = e30k

se x = 4x◦ e 4 = ekt e 430 = e30kt = 3t entao 430 = 3t

Aplicando o logaritmo, tem-se t = 37, 8 meses.

1http://revista.facear.edu.br/artigo/$/equacoes-diferenciais-uma-abordagem-para-a-graduacao

110




6. Um ator de cinema precisava fazer um regime para emagrecer em virtude do seu papel num novofilme. O diretor exigiu que ele perdesse a terca parte do seu peso, que era de 120 kg, seguindo umadieta que o emagrecesse proporcionalmente ao peso de cada instante. Nestas condicoes, sabendo-se

que, iniciada a dieta, o artista emagreceu 20 kg em 40 dias, quanto tempo sera necessario para queele comece a atuar no filme?

Soluc˜ ao (Resolvida por Luiz S2.):

Seja

P - peso atual em quilogramas;

t - tempo em dias.

dP

dt = kP

⇒ dP

P = kdt

dP

P =

k dt

ln(P ) = kt + C

P = ekt+C

P = ekt · eC

P = c · ekt

Para t = 0:

P = c · ek·0 = 120

c = 120

Para t = 40:

(120 − 20) = 120 · ek·40

100 = 120 · e40k

e40k = 5

6

40k = ln

5

6

k = ln(5/6)

40

2Usuario do Yahoo respostas.

111




O tempo necessario para perder 1/3 do peso original e:

P = 120

−

120

3

= 80kg

⇒ P = 120 · ekt

80 = 120 · eln(5/6)·

t

40

eln(5/6)·

t

40 = 80

120

ln(5/6) · t

40 = ln

8

12

ln(5/6)

·t = 40

·ln2

3

t = 40 · ln(2/3)

ln(5/6)

7. Numa caverna na Franca, famosa pelas pinturas pre-historicas, foram encontrados pedacosde carvao vegetal nos quais a radioatividade do C14 era 0,145 vezes a radioatividade normalmenteencontrada num pedaco de carvao feito hoje. Calcule a idade do carvao encontrado e com isto deuma estimativa para a epoca em que as pinturas foram feitas.

Soluc˜ ao:

Sendo a quantidade Q(t) = 0.145Q◦, usamos a equacao (3) da pagina 128 e que e escrita aseguir.

Q = Q◦e

− ln(2)

5745

t

Sendo assim

Q = Q◦e

− ln(2)

5745

t

⇒ 0.145Q◦ = 0.145Q◦e

− ln(2)

5745

t

⇒ 0.145 = 0.145e

− ln(2)

5745

t

112




⇒ t = −ln(0.145)

ln(2)

8. Cem gramas de cana em agua estao sendo transformadas em acucar numa razao que eproporcional a quantidade nao transformada. Determine a quantidade de cana transformada em uminstante t qualquer, sabendo-se que apos 10 minutos foram transformados 50 gramas.

Soluc˜ ao:

Seja y a quantidade de acucar em gramas que esta sendo transformada em minutos, entao, 100−ysera a quantidade, em gramas, de acucar nao transformado. Do enunciado do problema teremos aseguinte equacao diferencial ordinaria:

dy

dt = k(100 − y)

⇒ dy

100 − y = kdt

Integrando ambos os membros da igualdade acima chegamos a

−ln(|100 − y|) = kt + c

Onde c e uma constante tal que c ∈R.

Como y ≥ 0 entao

−ln(

|100

−y|) = kt + c

⇒ −ln(100 − y) = kt + c

e como ln(1) = 0

−ln(100 − y) = kt + c

ln(1) − ln(100 − y) = kt + c

⇒ ln

1

100 − y

= kt + c

Exponenciando

eln

1

100 − y

= ekt+c

⇒ eln

1

100 − y

= ekt · ec

113




⇒ 1

100 − y = ekt · ec

Chamando ec

de A1

100 − y = ekt · ec

⇒ 1

100 − y = Aekt

Do enunciado temos duas informacoes. Primeiro que em t = 0, y = 0. E segundo que em t = 10stemos y = 50g.

Assim, de t = 0 descobrimos o valor de A.

1

100 − 0 = Aek·0

⇒ 1

100 = Ae0

⇒ A = 1

100

Sendo assim

1

100 − y = ekt · ec

⇒ 1

100 − y =

1

100 · ekt

De t = 10 descobrimos o valor de k1

100 − 50 =

1

100 · ek·10

⇒ 1

50 =

1

100 · e10k

⇒ k = ln(2)

10

Assim

1

100

−y

= 1

100 · ekt

⇒ 1

100 − y =

1

100 · e

ln(2)

10 t

Finalmente evidenciando y chegamos a solucao.

y = 100 − 100

e

ln(2)

10 t

114




Que tambem pode ser escrita como

y = 100−

100e−

ln(2)

10 t

9. Numa certa colonia, bacterias nascem e morrem em taxas proporcionais a quantidade presenteem cada instante. Sabendo-se que a colonia dobra o tamanho em 24 horas e que teria seu tamanhoreduzido a metade em 8 horas, se nao houvesse nascimento, determine:

a) A quantidade de bacterias presentes em um instante t qualquer.

b) As taxas de proporcionalidade de nascimento e de morte.

Soluc˜ ao de a:

A equacao diferencial que modela esse tipo de problema e

dQ

dt = kQ

Cuja solucao e Q(t) = Aekt

Sabemos que em t = 0 a populacao sera Q◦. O que nos leva a A = Q◦.

Q◦ = Aek·0

⇒ Q◦ = Ae0

⇒ A = Q◦

Sendo assim Q(t) = Aekt ⇒ Q(t) = Q◦ekt.

Tambem sabemos que em t = 24h a populacao dobra. Ou seja,

Q(24) = Q◦e24k

⇒ 2Q◦ = Q◦e24k

⇒ 2 = e24k

⇒ ln(2) = ln

e24k

⇒ ln(2) = 24k · ln(e)

115




⇒ k = ln(2)

24

Sendo assim Q(t) = Q◦ekt ⇒ Q(t) = Q◦e

ln(2)

24 t

.

C. Q. D.

Soluc˜ ao de b:

A cargo do leitor.

10. Um jarro de leite, inicialmente a 25◦C, e deixado para esfriar na varanda onde a temperatura

Soluc˜ ao:

Analogo ao exemplo 1.1.10 da pagina 131.

POR FAVOR!

Se voce nao notou no inıcio do documento aparece uma foto da 3a edicao do livro. Entretanto,

este solucionario e da segunda edicao. Assim, se voce quiser me ajudar e tiver essa 2a ed. emmaos, envie para meu e-mail ([email protected]) uma foto (ou scaner) da capa. Mas, lembre-seque a foto deve estar numa boa resolucao.

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117




11 Definicoes Gerais


1. Indique a ordem das E.D.O. abaixo e verifique se as funcoes indicadas sao as solucoes:

a) y + 9y = 0, y1 = 3x

b) x2y + xy − 4y = 0, y2 = x2

Soluc˜ ao de a:

Ordem dois.

Nao e solucao. Uma funcao y(x) e solucao de uma EDO se apos a sua insercao na EDO obtemosuma igualdade independente do valor de x. Veja.

y + 9y = 0

Fazendo y = 3x entao:

y + 9y = 0 ⇒ 0 + 9(3x) = 0

⇒ 27x = 0

Observe que a igualdade acima nao independe do valor de x, na verdade, qualquer valor de xdiferente de zero “quebra” nossa igualdade. Portanto, y = 3x nao pode ser solucao da EDO.

Soluc˜ ao de b:

Ordem 2.

Nesse caso a funcao dada e uma solucao. Veja:

x2y + xy − 4y = 0

Sendo y = x2 entao:

⇒ x2y + xy − 4y = 0 ⇒ x2(2) + x(2x) − 4(x2) = 0

⇒ 4(x2 − x2) = 0

⇒ 0 = 0

Ou seja, nao importa o valor de x a igualdade sempre ocorre. Pela igualdade ocorrer independentedo valor de x e que afirma-se que a funcao y = x2 e uma solucao da EDO.

118




2. Encontre a E.D.O. correspondente a:

a) famılia y2

= x3

+ k, k ∈ R

b) famılia x = y − 1 + ke−y , k ∈ R

c) famılia de retas com inclinacao dada m.

d) famılia de retas que se interceptam no ponto (0, 1).

e) famılia de retas tangentes a parabola y2 = 2x.

f) famılia de circunferencias com centros sobre OX e passando pelo ponto P(0, 2).

Soluc˜ ao de a:

d

dx

(y2) = d

dx

(x3 + k)

Derivando implicitamente em relacao a y

2ydy

dx = 3x2 + 0

⇒ dy

dx =

3x2

2y ou 2yy = 3x2

Soluc˜ ao de b:

d

dx(x) =

d

dx (y − 1 + ke−y)

Derivando implicitamente em relacao a y

1 = dy

dx − 0 − dy

dx · key

e2y

⇒ 1 = dy

dx (1 − ke−y)

⇒ dy

dx =

1

1 − ke−y (1)

Da equacao y = y − 1 + ke−y tiramos que k = x − y + 1

e−y logo (1) pode ser escrito como:

dydx

= 11 − (x − y + 1/e−y) · e−y

= 1y − x

⇒ dy

dx =

1

y − x

ou entao:

y(y − x) = 1

119




Solucao de c:

dy

dx = m ou y = m

Solucao de d:

Lembrando-nos das aula de geometria analıtica sabemos que a equacao da reta e:

y = ax + b

Sabendo que a mesma passa pelo ponto (0,1) entao em particular temos:

y = ax + 1

onde a e a inclinacao da reta, ou seja:

dy

dx = asendo assim,

y = ax + 1 ⇒ y = dy

dx + 1 ou y = y x + 1.

Solucao de “e” e f:

A cargo do leitor.

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121




12 EDO de 1◦ ordem: Consideracoes Gerais


Construa um campo direcional para as equacoes

1. y = −y

x

2. y = −x

y

Soluc˜ ao:

Para esse exercıcio recomendo fortemente o uso de um programa grafico para isso. Dois bonsprogramas para essa tarefa sao o Maple , indicado pela propria autora do livro, e o Mathematica

indicado por mim. Ambos sao quase a mesma coisa exceto pelo preco, o Maple e levemente maisbarato, e a quantidade de ferramentas (o Mathematica tem algumas a mais).

Entretanto, caso voce nao tenha nenhum dos dois a resposta para esse exercıcio se encontra naspaginas 241 e 242 do livro.

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13 EDO de Variaveis Separaveis: Aplicacoes


Encontre as solucoes das equacoes abaixo, separando as variaveis:

1. y

xdy − sen(x2)dx = 0

2. dy

dx = ex+y

3. dy

dx =

2x + xy2

4y + x2y

4.√

1 − x2dy

dx + y3 = 0, y (1) = 1

5. y · sen(x)dx + (y2 + 1)ecos(x)dy = 0,

yπ

2

= 1

Soluc˜ ao de 1:

y

xdy − sen(x2)dx = 0

⇒ ydy = x · sen(x2)dx

⇒

ydy =

x · sen(x2)dx

⇒ y2

2 = −1

2cos(x2) + c (sendo c uma constante).

Multiplicando a equacao acima por 2 em ambos os lados

y2 = −cos(x2) + 2c

Chamando 2c de k entao:

y2 + cos(x2) = k

Soluc˜ ao de 2:

dy

dx = ex+y = ex · ey

⇒ dy

dx = ex + ey

Separando as variaveis e integrando:

dy

ey =

exdx

−e−y + c1 = ex + c2 (sendo c uma constante).

⇒ −e−y − ex = (c2 − c1)

124




⇒ (−1)(e−y + ex) = (c2 − c1)

⇒ (e−y + ex) = (c1 − c2)

chamando (c1 − c2) de k entao:

(e−y + ex) = k

⇒ 1

ey + ex = k

⇒ ex · ey + 1

ey = k

⇒ ex · ey + 1 = key

⇒ ex+y − key = −1

como k e uma constante, pois e a soma de outras duas contantes, entao podemos fazer k = −ksem nenhum prejuızo. Sendo assim:

ex+y − key = −1

⇒ ex+y + key = −1

Soluc˜ ao de 3:

dy

dx =

2x + xy2

4y + x2y =

x(2 + y2)

y(4 + x2)

⇒ dydx

= x(2 + y2

)y(4 + x2)

⇒ y

(2 + y2)dy =

x

(4 + x2)dx (1)

integrando ambos os membros de (1) chegamos a:

1

2ln(|2 + y2|) + c1 =

1

2ln(|4 + x2|) + c2

⇒ 1

2ln(|2 + y2|) =

1

2ln(|4 + x2|) + (c2 − c1)

multiplicando a equacao acima por dois (ambos os termos)

⇒ ln(|2 + y2|) = ln(|4 + x2|) + 2(c2 − c1)

exponenciando

eln(|2+y2|) = eln(|4+x

2|)+2(c2−c1)

125




⇒ eln(|2+y2|) = eln(|4+x

2|) · e2(c2−c1)

⇒ |2 + y2| = |4 + x2| · e2(c2−c1)

chamando 2(c2 − c1) de k entao:

⇒ |2 + y2| = |4 + x2| · ek

Soluc˜ ao de 4:

√ 1 − x2

dy

dx + y3 = 0

⇒ √ 1 − x2

dy

dx = −y3

⇒

√ 1

−x2dy =

−y3dx

⇒ −dy

y3 =

dx√ 1 − x2

(1)

por substituicao trigonometrica calcula-se a integral do membro mais a direita da equacao (1).Ja a integral da esquerda pode ser calculada diretamente (ou seja, pela propria definicao de integral).Assim:

−dy

y3 =

dx√

1 − x2

⇒ 1

2y2 + c1 = arcsen(x) + c2

⇒ 1

2y2 = arcsen(x) + c2 − c1

Chamando c2 − c1 de k

⇒ 1

2y2 = arcsen(x) + k (1)

como por hipotese y (1) = 1 entao:

1

2(1)2 = arcsen(1) + k

12

= π2

+ k

⇒ k = 1

2 − π

2

Assim, a equacao (1) pode ser escrita como:

126




1

2y2 = arcsen(x) +

1

2 − π

2

Soluc˜ ao de 5:

y · sen(x)dx + (y2 + 1)ecos(x)dy = 0

⇒ y · sen(x)dx = −(y2 + 1)ecos(x)dy

⇒ sen(x)

ecos(x) dx = −(y2 + 1)

y dy

Integrando ambos os lados da equacao acima (por substituicao de u) chegamos a:

e−cos(x) + c1 = −y2

2 − ln(|y|) + c2 (onde c e uma constante).

Fazendo k = c2 − c1 entao:

e−cos(x) = −y2

2 − ln(|y|) + k (1)

como por hipotese yπ

2

= 1 entao

e−cos(π/2) = −12

2 − ln(|1|) + k

⇒ e0 = −1

2 − 0 + k

⇒ k = 3

2

sendo assim, a equacao (1) pode ser escrita como:

e−cos(x) = −y2

2 − ln(|y|) +

3

2

⇒ e−cos(x) + y2 + 2ln(|y|) = 3

127







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128




14 Equacao Diferencial Homogenea


1 Verifique se as funcoes sao homogeneas e, caso afirmativo, determine o grau.

a) f (x, y) = x · sen

x

y +

x2

y

b) f (x, y) = cos

x + 4y

x

c) f (x, y) = x · ln(y) + yex

d) f (x, y) = x2 + 2y2

Soluc˜ ao de A:

Substituindo x por λx e y por λy entao:

f (λx,λy) = λx · sen

λx

λy

+

(λx)2

λy

⇒ f (λx, λy) = λx · sen

x

y

+

λ2x2

λy

⇒ f (λx, λy) = λx · sen

x

y

+

λx2

y

⇒ f (λx, λy) = λ

x · sen

x

y

+

x2

y

⇒ f (λx, λy) = λ1

· f (x, y).

logo a equacao e homogenea e seu grau e igual a 1.

Soluc˜ ao de B:


f (λx,λy) = cos

λx + 4(λy)

λx

⇒ f (λx, λy) = cos

λ(x + 4y)

λx

⇒ f (λx, λy) = cos

x + 4y

x

⇒ f (λx, λy) = λ0 · cos

x + 4y

x

⇒ f (λx, λy) = λ0 · f (x, y)

logo a equacao e homogenea de grau zero.

129




Soluc˜ ao de C:

Impossıvel chegar a forma apresentada em D 2.3.1, logo nao e homogenea.

Soluc˜ ao de D:


f (λx,λy) = (λx)2 + 2(λy)2

⇒ f (λx, λy) = λ2x2 + 2(λ2 · y2)

⇒ f (λx, λy) = λ2(x2 + 2y2)

⇒ f (λx, λy) = λ2f (x, y).

Logo a equacao e homogenea de grau 2.

2. Encontre as solucoes das equacoes abaixo:

a) xdy

dx − y

lny

x

+ 1

= 0 b) y dx − (x −

x2 + y2)dy = 0

Soluc˜ ao de A:

Fazendo a substituicao y = xu e dy

dx = u + x

du

dx em x

dy

dx − y

lny

x

+ 1

= 0, chegamos a

equacao (1).

x

u + x

dudx

− xu

ln

xux

+ 1

= 0

⇒ x

u + x

du

dx

− xu (ln (u) + 1) = 0

⇒ xu + x2 du

dx − xu · ln (u) − xu = 0 (1)

Note que (1) agora e uma EDO de variaveis separaveis e, portanto pode ser facilmente resolvida.Sua solucao e a equacao (2). Veja:

⇒ x2

du

dx − xu · ln (u) = 0

⇒ du

u · ln (u) =

x

x2dx

⇒ du

u · ln (u) =

dx

x

integrando ambos os termos da equacao acima

130




⇒ ln(ln(|u|)) + c1 = ln(x) + c2 (sendo c uma constante)

exponenciando

eln(ln(|u|))+c1 = eln(x)+c2

⇒ eln(ln(|u|)) · ec1 = eln(x) · ec2

⇒ ln(|u|) · ec1 = x · ec2

⇒ ln(|u|) = x · ec2

ec1

Chamando ec2

ec1de k ,

⇒ ln(|u|) = kx

exponenciando novamente

eln(|u|) = ekx

⇒ |u| = ekx (2)

A equacao (2) e a solucao da EDO, entretanto devemos expressar essa solucao em termos das

variaveis originais (x e y). Como fizemos y = xu entao u = y

x, e sendo assim:

|u| = ekx ⇒y

x

= ekx

⇒ |y| = |x|ekx

Assim a solucao da EDO e: |y| = |x|ekx

Soluc˜ ao de B:

A cargo do leitor.

131







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132




15 Trajetorias Ortogonais


1 Determine as trajetorias ortogonais as famılias abaixo, sendo b ∈R:

a) y = −2x + bb) y = ln(x3 + b)c) y = be−x

d) y2 = bxe) x2 − y2 = bf) y2 = bx3

g) xy = b

Soluc˜ ao de A:

Primeiro deriva-se a funcao implicitamente

dydx

= −2

agora invete-se o lado direito e multiplica-se por -1

dy

dx =

1

2

Finalmente resolvemos a EDO formada, imediatamente a acima, chegando a solucao:

y = x

2 + k

que e a famılia de curvas que formam as trajetorias ortogonais a famılia dada.

Soluc˜ ao de B:

Primeiro deriva-se a funcao implicitamente

dy

dx =

3x2

x3 + b

O proximo passo seria multiplicar o lado direito da equacao acima por -1 e inverte-lo, entretanto,note que existe uma constante ali (a constante b) de modo que devemos elimina-la primeiro. Pararetira-la da equacao usamos a equacao original.

y = ln(x3 + b)

ey = eln(x3+b)

⇒ b = ey − x3

logo

dy

dx =

3x2

x3 + (ey − x3)

133




⇒ dy

dx =

3x2

ey (1)

agora, invertemos o lado direito de (1) e multiplicamos (somente o lado direito) por -1.

⇒ dy

dx = − ey

3x2 (2)

resolvendo (2) pelo metodo de separacao de variaveis chega-se a:

e−y = − 1

3x + a

sendo a uma constante.

Soluc˜ ao de C:

A derivada implıcita da funcao resulta em:

dy

dx = − b

ex (1)

como y = be−x entao b = y/e−x

de modo que (1) pode ser escrito como:

dy

dx = −y/e−x

ex = −y

dy

dx = −y (2)

invertendo o lado direito de (2) e o multiplicando por -1,

dy

dx =

1

y (3)

resolvendo (2) pelo metodo de separacao de variaveis, chegamos a solucao:

y2 = 2x + a (sendo a uma constante)


Soluc˜ ao de D:

A derivada implıcita da funcao sera:

2ydy

dx = b

sendo y2 = bx entao b = y2

x e assim,

2ydy

dx =

y2

x

134




invertendo o lado direito da equacao acima e o multiplicando por -1,

2ydy

dx = − x

y2 (1)

Resolvendo a equacao (1) por separacao de variaveis chegamos a seguinte solucao:

y2 = −2x2 + a (sendo a uma constante)


Soluc˜ ao de E, F e G:

Semelhante as anteriores.

2. Tente fazer o esboco das famılias dos itens a e c do exercıcio 1

Soluc˜ ao:

Item a

135




Item b

136







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137




16 EDO Redutıvel a Homogenea ou a Separavel


1. Resolva as equacoes abaixoa) (x − 4y − 3)dx − (x − 6y − 5)dy = 0b) (x − y − 1)dx + (x + 4y − 6)dy = 0

Soluc˜ ao de A:

primeiro vamos verificar se a EDO e redutıvel a homogenea ou a variaveis separavel.

Para isso, primeiro temos de evidenciar dy/dt(x − 4y − 3)dx − (x − 6y − 5)dy = 0

⇒ dy

dx =

(x − 4y − 3)

(x − 6y − 5) (1)

Agora, com base no lado direito da EDO acima montamos uma matriz e calculamos o seu deter-minante.

det

1 −41 −6

= 0

como o determinante e diferente de zero, entao a EDO e redutıvel a homogenea.

Agora que determinamos que a EDO pode ser reduzida a homogenea devemos descobrir qual asubstituicao que devemos fazer para provocar essa reducao.

Ainda com base no lado direito de (1) montamos o seguinte sistema: x − 4y − 3 = 0x − 6y − 5 = 0

cuja solucao ocorre para x = −1 e y = −1.

logo a substituicao que sera usada sera:

x = x1 + (−1) ⇒ x = x1 − 1

ey = y1 + (−1) ⇒ y = y1 − 1

Sendo assim, a EDO

dy

dx =

(x − 4y − 3)

(x − 6y − 5)

pode ser escrita como:

138




dy1dx1

= ((x1 − 1) − 4(y1 − 1) − 3)

((x1 − 1) − 6(y1 − 1) − 5)

⇒ dy1dx1

= x1 − 4y1x1 − 6y1

que e uma EDO homogenea.

Para resolver uma EDO homogenea devemos aplicar outra mudanca de variavel. Chamaremos de

u = y1/x1 e dy1

x1= u +

du

dx1x1.

Sendo assim:

dy1dx1

= x1 − 4y1x1 − 6y1

⇒ dy1dx1

= 1 − 4

y1

x1

1 − 6y1x1

⇒ u + du

dx1x1 =

1 − 4u

1 − 6u

⇒ (1 − 6u)

(3u − 1)(2u − 1)du =

dx1

x1

⇒ 3

3u − 1du − 4

2u − 1du =

dx1

x1(3)

integrando cada membro de (3) chegamos a:

ln

3u − 1

(2u − 1)2

= ln(x1) + c

exponenciando

eln

3u − 1

(2u − 1)2

= eln(x1)+c

⇒ 3u − 1

(2u − 1)2 = ex1 · ec

mas, como u = y1/x1 entao:

3(y1/x1) − 1

(2(y1/x1) − 1)2 = ex1 · ec

como x = x1 − 1 e y = y1 − 1,

3

y + 1

x + 1

− 1

2

y + 1

x + 1

− 1

2 = (x + 1)ec

139




chamando ec de w

3y + 1

x + 1− 12

y + 1

x + 1

− 1

2 = (x + 1)w

⇒ (3y − x + 2) = w(2y − x + 1)2

⇒ (x − 3y − 2) 1

w = (x − 2y − 1)2

chamando 1/w de k

⇒ (x − 3y − 2)k = (x − 2y − 1)2

Soluc˜ ao de B:

(x − y − 1)dx + (x + 4y − 6)dy = 0

⇒ dy

dx =

y − x + 1

x + 4y − 6

como

det

−1 11 4

= 0

entao a EDO e redutıvel a homogenea.

Resolvendo o sistema x + 4y − 6 = 0

y − x + 1 = 0

chegamos a x = 2 e y = 1. Logo a substituicao que usaremos sera: x = x1 + 2 e y = y1 + 1.Sendo assim,

dy

dx =

y − x + 1

x + 4y − 6

⇒ dy1dx1

= (y1 + 1) − (x1 + 2) + 1

(x1 + 2) + 4(y1 + 1)

−6

= y1 − x1

x1 + 4y1

⇒ dy1dx1

= y1 − x1

x1 + 4y1(EDO homogenea)

⇒ dy1dx1

=

y1x1

− 1

1 + 4y1x1

140




Para resolver uma EDO homogenea devemos aplicar outra mudanca de variavel. Chamaremos de

u = y1/x1 e dy1

x1= u +

du

dx1x1.

Sendo assim:

dy1dx1

=

y1x1

− 1

1 + y1x1

⇒ u + du

dx1x1 =

u − 1

1 + 4u

⇒ 1 + 4u

−1 − 4u2du =

dx1

x1(1)

⇒ 1

−1 − 4u2

du + 4u

−1 − 4u2

du = dx1

x1

(1)

integrando todos os membros de (1),

(−arctg(2u) − c1) +

−1

2ln(1 + 4u2) − c2

= ln(x1) + c3 (sendo c uma constante)

⇒ ln(x1) + arctg(2u) + 1

2ln(1 + 4u2) = k (sendo k uma constante)

como fizemos u = y1x1

entao:

ln(x1) + arctg2

· y1

x1+

1

2

ln1 + 4 y1

x12

= k

como fizemos x = x1 + 2, y = y1 + 1 entao:

ln(x − 2) + arctg

2 · y − 1

x − 2

+

1

2ln

1 + 4

y − 1

x − 2

2

= k

⇒

ln(x − 2) + 1

2ln

1 + 4

x − 2

y − 1

2

+ arctg

2y − 2

x − 2

= k

⇒ln(x − 2) + ln

1 + 4

x − 2

y

−1

20.5

+ arctg

2y − 2

x

−2 = k

⇒ ln

(x − 2) ·

1 + 4

x − 2

y − 1

20.5

+ arctg

2y − 2

x − 2

= k

⇒ ln

(x − 2)2 + (2y − 2)20.5

+ arctg

2y − 2

x − 2

= k

141




⇒ 1

2ln

(x − 2)2 + (2y − 2)2

+ arctg

2y − 2

x − 2

= k

multiplicando essa ultima equacao por 2,

⇒ ln

(x − 2)2 + (2y − 2)2

+ 2 · arctg

2y − 2

x − 2

= 2k

⇒ ln

(x − 2)2 + (2y − 2)2

+ 2 · arctg

2y − 2

x − 2

= a sendo a uma constante.

142







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143




17 EDO Exatas e Fatores de Integracao


1. Verifique se as equacoes abaixo sao exatas e, em caso positivo, resolva-as.

a) (y · cos(xy) + 3y − 1) dx + (x · cos(xy) + 3x) dy = 0b) (ex + y − 1) dx + (3ey + x − 7) dy = 0c) 3x2 · ln(y)dx + x3y−1dy = 0

Soluc˜ ao de A:

Sendo M = (y · cos(xy) + 3y − 1) e N = x · cos(xy) + 3x. Note que

∂M

∂y = cos(xy) − xysen(xy) + 3

e tambem

∂N

∂y = cos(xy) − xysen(xy) + 3

Como

∂M

∂y =

∂N

∂y

entao a EDO e exata.

Para resolver a EDO determinamos k , onde:

k =

Mdx +

N − ∂

M dx

∂y

dy

veja.

k =

(y · cos(xy) + 3y − 1) dx +

(x · cos(xy) + 3x) − ∂

(y · cos(xy) + 3y − 1) dx

∂y

dy

k = sen(xy) + 3yx

−x + (x

·cos(xy) + 3x)

−

∂ (y · sen(xy) + 3yx − x)

∂y dy

k = sen(xy) + 3yx − x +

((x · cos(xy) + 3x) − (x · cos(xy) + 3x)) dy

k = sen(xy) + 3yx − x

Soluc˜ ao de B:

144




Sendo M = (ex + y − 1) e N = 3ey + x − 7. Note que

∂M

∂y = ex

e tambem

∂N

∂y = 3ey

Como

∂M

∂y = ∂N

∂y

entao a EDO e nao e exata.

Soluc˜ ao de C:

Sendo M =

3x2 · ln(y)

e N = x3y−1. Note que

∂M

∂y = 6x · ln(y)

e tambem

∂N

∂y = −x3

y2

Como

∂M

∂y = ∂N

∂y

entao a EDO e nao e exata.

2. Determine as solucoes gerais das equacoes:

a) (x + y)dx + (x − y)dy = 0b) (2xy + ey)dx + (x2 + xey)dy = 0c) y · cos(x)dx + (sen(x) − sen(y))dy = 0

Soluc˜ ao de A:

(1◦ passo) A primeira coisa que devemos fazer e descobrir os valores de M (x, y) e N (x, y).

Observando bem a EDO identificamos M (x, y) = x + y e N (x, y) = x − y.

(2◦ passo) Agora integramos M (x, y) em relacao a x e N (x, y) em relacao a y . M (x, y)dx =

x2

2 + yx

N (x, y)dy = xy − y2

2 + yx

145




(3◦ passo) Agora derivamos parcialmente M (x, y) em relacao a y .

∂

∂yM (x, y) = 1

(4◦ passo) Calculamos uma integral dupla do resultado anterior. ∂

∂yM (x, y)dx

dy = xy

(5◦ passo) Finalmente fazemos a soma dos resultados obtidos no passo 2 subtraıdo do resultadoobtido no passo 4.

k = x2

2

+ yx− xy

−

y2

2−

(xy)

⇒ k = x2

2 − y2

2 + xy

Como a condicao inicial e de y (0) = 2 entao:

k = 02

2 − 22

2 + 0 · 2

⇒ k = −2

entao:

−2 = x2

2 − y2

2 + xy

ou 4 = y2 − 2xy − x2

2 .

Soluc˜ ao de B:

Voce pode usar o passo a passo do item anterior. Entretanto todo o algoritmo mostrado se resumena aplicacao da seguinte equacao.

k = M (x, y)dx + N (x, y)−

∂M (x, y)

∂y dx dy

veja:

k =

(2xy + ey)dx +

x2 + xey −

∂ (2xy + ey)

∂y

dx

dy

⇒ k = x2y + xey +

x2 + xey −

(2x + ey) dx

dy

146




⇒ k = x2y + xey +

x2 + xey − x2 + xey

dy

⇒ k = x2y + xey + 0

⇒ k = x2y + xey

Soluc˜ ao de C:

k =

M (x, y)dx +

N (x, y) −

∂M (x, y)

∂y

dx

dy

k = y · cos(x)dx + (sen(x) − sen(y)) − ∂

∂y(y · cos(x) dx dy

k = y · sen(x) +

(sen(x) − sen(y)) −

(cos(x)) dx

dy

k = y · sen(x) +

((sen(x) − sen(y)) − sen(x)) dy

k = y · sen(x) +

(sen(y)) dy

k = y · sen(x) + cos(y)

sendo k uma constante.

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148





1. Encontre um fator de integracao apropriado e resolva as EDO abaixo.

a) dy

dx + xy = 3x

b) eydy

dx + (1 + x)e−y = 0

c) y dx + (2y − x)dy = 0

Soluc˜ ao de A:

Primeiro devemos escrever a EDO na forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

dy

dx + xy = 3x

⇒ dy

dx = 3x − xy

⇒ dy = (3x − xy)dx

⇒ dy + (xy − 3x)dx = 0 (1)

Agora vamos determinar qual sera o fator de integracao. Para isso calculamos:

∂M

∂y − ∂N

∂xN

=

∂ (xy

−3x)

∂y − ∂ (1)

∂x1

= x

como

∂M

∂y − ∂N

∂x

N e uma funcao em x entao o fator integrante sera:

I (x) = e f (x)dx

onde f (x) =

∂M

∂y − ∂ N

∂x

N sendo assim

I (x) = e xdx = ex

2/2 (Fator de integracao)

Note que multiplicando (1) pelo fator de integracao

ex2/2(dy + (xy − 3x))dx = ex

2/2 · 0

ex2/2dy + ex

2/2(xy − 3x)dx = 0

obtemos uma EDO homogenea, veja:

149




∂ (ex2/2(xy − 3x))

∂y =

∂ex2/2

∂x

⇒ x · ex2/2 = x · ex

2/2

Cuja solucao pode ser obtida aplicando a equacao.

k =

M (x, y)dx +

N (x, y) − ∂

M (x, y)dx

∂y

dy

que resultaria em:

y − 3 = ke−

x2

2

Soluc˜ ao de B:

Primeiro devemos escrever a EDO na forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0.

eydy

dx +

(1 + x)

ey = 0

⇒ eydy

dx = −(1 + x)

ey

⇒ eydy = −(1 + x)

ey dx

⇒ eydy + (1 + x)

ey dx = 0

Agora determinamos os valores de (1) e (2) a seguir:

∂M

∂y − ∂N

∂x

N (1)

∂N

∂x − ∂M

∂y

N (2)

cujos resultados serao −(x + 1)e−2y e 1 respectivamente, veja:

∂

∂y (1 + x)

ey−

∂

∂x [ey]

ey = −

(x + 1)

ey − 0ey

= −(x + 1)

eyey

= −(x + 1)e2y

e tambem

∂

∂x [ey ] − ∂

∂y

1 + x

ey

(1 + x)

ey

=0 +

x + 1

ey1 + x

ey

=

(x + 1)

ey1 + x

ey

= 1

150




Como (1) nos fornece uma funcao em 2 variaveis entao podemos descarta-la. Ja (2) nos forneceuma contante, assim podemos usa-la.

I (y) = e f (y)dy ⇒ I (y) = e

1dy⇒ I (y) = ey (Fator de integracao)

De posse do fator de integracao podemos resolver a EDO.

Primeiro multiplicamos ambos os termos da EDO pelo fator de integracao.

ey

eydy

dx + (1 + x)e−y

= ey · 0

⇒ e2ydy

dx + (1 + x) = 0

⇒ e2ydy = −(1 + x)dx

Finalmente integrando ambos os termos chegamos a solucao.

e2ydy = −

(1 + x)dx

⇒ e2y + 2x + x2 = k

Soluc˜ ao de C:

Analoga a anterior.

2. Encontre um fator de integracao na forma xmyn e resolva a EDO abaixo:

a) y dx + (2x − y2)dy = 0

b) x3ydx − (x4 + y4)dy = 0

Soluc˜ ao de A:

∂M

∂y − ∂ N

∂x

N =

∂ (y)

∂y − ∂ (2x − y2)

∂x

2x − y2 =

1 − 2

2x − y2 = − 1

2x − y2 (Funcao de duas variaveis)

∂N

∂x − ∂M

∂y

M =

∂ (2x − y2)

∂x − ∂ (y)

∂y

2x − y2 =

2 − 1

y = y−1 (Funcao de uma variavel)

Logo

I (y) = e f (y)dy

151




⇒ I (y) = e

1

ydy

= eln(y)

⇒ I (y) = eln(y) (1)

como eln(a) = a entao:

I (y) = y

como o fator de integracao deve estar na forma xmyn entao:

I = x0 · y1

.

Soluc˜ ao de B:

Analoga a anterior.

152







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153




18 EDO Linear de 1◦ ordem: Aplicacoes a Misturas


1. Apos 1 hora, interrompe-se o processo citado no exemplo 2.6.4. e adiciona-se agua fresca aotanque numa taxa de 15 l/min, e a mistura, mantida homogenea, escoa a mesma taxa. Determineuma formula para a quantidade de sal existente no tanque em qualquer instante t maior que 1 hora.

Soluc˜ ao:

No enunciado do exemplo 2.6.4 e dito que o tanque tem uma vazao de entrada de 10 l/min e de15 l/min de saıda. Sendo assim, em 1 hora, o tanque que antes possuıa 400 l da mistura agora tera

apenas 100 l.

Quant. de agua = 10 · 60 − 10 · 15 + 400 = 100

Assim temos os seguintes dados:

• Volume inicial: v0 = 100l

• Quantidade de sal: Q0 = 315/16Kg (Solucao de 2.6.4)

• Velocidade da agua ao entrar: ve = 4l/min

• Velocidade da agua ao sair: vs = 3l/min

• Concentracao de sal no inicio: C e = 0. (A agua entra sem sal.)

O volume de solucao salina em qualquer momento e

v = v0 + (ve − vs)t

a concentracao de sal e:

C = Q

v =

Q

v0 + (ve − vs)t

a quantidade de sal no tanque, Q(t), e a solucao do problema de valor inicial

dQ

dt = −vsQ

v0 + (ve − vs)tQ(0) = Q0

(7)

dQ

dt = −15

Q

100 + (15 − 15)tQ(0) = 315/16

(8)

A equacao (8) pode ser escrita como

154




dQ

dt = −15

Q

100

⇒

−10015

dQQ

= dt

⇒

−100

15

ln(Q) = t + k

⇒ ln(Q) = (−15/100)t + (−15/100)k

⇒ e⇒ln(Q) = e(−3/20)t+(−3/20)k

⇒ Q = e(−3/20)t · e(−3/20)k (9)

Quando t = 0 sabe-se que Q = 315/16 entao:

315

16 = e0 · e(−3/20)k

⇒ 315

16 = e(−3/20)k

⇒ 315

16 = e(−3/20)k

⇒ k = −203 · ln

31516

(10)

Substituindo (9) em (10) chegamos a solucao:

Q(t) = 315

16 e

−3

20 t kg.

2. Considere um tanque usado em determinada experiencia, que contem 200 litros de uma solucao

corante, com concentracao de 1 g/l. Para preparar para o proximo experiencia o tanque deve serlavado com agua, fluindo a uma taxa de 2 l/min e, a solucao, bem homogeneizada, e drenada namesma taxa. Determine o intervalo de tempo decorrido ate que a concentracao de corante no tanqueatinja 1% do seu valor inicial.

Soluc˜ ao:

Como o volume do tanque nao varia com o tempo, a variacao de concentracao no tanque e de:

155




d

dtQ = taxa de entrada − taxa de saıda

Sendo que:

Taxa de entrada = 0

Taxa de saıda = 2Q(t)

200 =

Q(t)

100

Assim, temos:

d

dtQ = 0 − Q(t)

100 = −Q(t)

100

⇒ d

dtQ +

Q(t)

100 = 0 (1)

Note que (1) e uma equacao homogenea de solucao Q(t) = K e−t/100.

E quando t = 0, temos Q(0) = K e0 = 200 ⇒ K = 200 (2)

Finalmente, substituindo (2) em (1):

Q(t) = 200e−t/100

Quando Q(t) = 2 (1% de 1 g/l · 200l), Temos: 200e−t/100 = 2

Resolvendo essa ultima equacao para t obtemos t = 460, 52 min ou escrito de outra forma200 · ln(10) min.

156







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157




19 Equacoes Diferenciais de Bernoulli


1. Resolva as equacoes abaixo:

a) x2y = x2 − xy + y2

b) y − y − xy2 = 0

c) 2dx

dy − x

y + x3cos(y) = 0

Soluc˜ ao de A:

Simplesmente nao podemos resolver esta equacao por nenhum dos metodos apresentados napagina 174 e isso se deve a um simples motivo. Essa equacao na verdade e homogenea e de Bernoulli.Confira.

x2y = x2 − xy + y2

⇒ y = 1 − y/x + (y/x)2

Fazendo f (x, y) = y

entao:f (λx,λy) = 1 − (λy/λx) + (λy/λx)2 = f (x, y)

Soluc˜ ao de B:

Usando o metodo A temos:

P (x) = −1; Q(x) = x e n = 2.

Fazendo agora v = y1−n = y−1 teremos:

d

dx v =

d

dx y−1

⇒ dv

dx = −y−2

dy

dx (1)

e tambem que −v2 = −y2 (2).

Substituindo (2) em (1) e evidenciando dy/dx chegamos a equacao (3) a seguir.

158




dv

dx = (−v−2)

dy

dx

⇒

dy

dx

=

−

1

v2

dv

dx

(3)

Substituindo agora a equacao (3) e (2) na EDO teremos uma EDO linear. Veja.

dy

dx − y − xy2 = 0

⇒ − 1

v2dv

dx − 1

v − x

1

v

2

⇒ −1

v

dv

dx − v − x = 0

⇒ dv

dx

+ v + x = 0 (EDO Linear)

A solucao da EDO linear e:

v(x) = ke−x − x + 1

Como fizemos a substituicao de v = y−1 temos de retornar a variavel.

y−1 = 1 − x + ke−x

Soluc˜ ao de B:

Veja a questao anterior.

159







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160





1. Determine a equacao da curva que passa pelo ponto P(1,0) e corta ortogonalmente ashiperboles x2 − ay2 = 1.

Determine a equacao da curva que passa pelo ponto P(1,0) e corta ortogonalmente as hiperbolesx2 − ay2 = 1.

Soluc˜ ao:

Primeiro temos de determinar a famılia de equacoes que sao ortogonais as hiperboles.

x2 − ay2 = 1

⇒ y2 = x2 − 1

a

Derivando implicitamente em relacao a x.

d

dxy2 =

d

dx

x2 − 1

a

⇒ 2ydy

dx =

2x

a

⇒ dy

dx =

x

ay (1)

Das hiperboles ainda retiramos que:

a = x2 − 1

y2 (2)

Substituindo entao (2) em (1)

dydx = xx2 − 1

y2

y

⇒ dy

dx =

xx2 − 1

y

161




Invertendo lado direito e multiplicando por −1.

dydx

=1

−x2

y

x

⇒ dy

dx =

1 − x2

xy

⇒ xydy = (1 − x2)dx

⇒ ydy = 1 − x2

x dx

Resolvendo essa ultima EDO por separacao de variaveis chegamos a:

y2

2 = ln (| x |) − x2

2 + k (3)

Neste momento todas as curvas com a forma da equacao (3) cortam as hiperboles ortogonal-mente, entretanto queremos apenas aquelas que passam por (1,0).

02

2 = ln (| 1 |) − 12

2 + k (3)

⇒ k = 1

2

Sendo assim, podemos reescrever a equacao (3) como:

y2

2 = ln (| x |) − x2

2 +

1

2

⇒ y2 = 2 · ln (| x |) − x2 + 1

⇒ y2 = ln(x2) − x2 + 1

2. Determine as trajetorias ortogonais as famılias de curvas x2 + 2y2 = c.

Soluc˜ ao:

Veja a resolucao (neste pdf ) dos exercıcios da pagina 154 do livro.

3. Prove que as trajetorias ortogonais de todas as parabolas com vertice na origem e foco sobreOX sao elipses com centro na origem e focos sobre OY.

162




Soluc˜ ao:

???

4. Uma sala de conferencia contem 3000m3 de ar, livre de monoxido de carbono. O sistemade ventilacao introduz o ar, livre de monoxido de carbono, numa razao de 0,3m3/min e o extrai namesma razao. Se, no temp o t = 0, as pessoas na sala comecam a fumar, e adicionam monoxido decarbono a sala na razao de 0,02m3/min, em quanto tempo o ar da sala contera 0,015% de monoxidode carbono?

Soluc˜ ao:

???

5. Trajetorias isogonais ocorrem quando uma famılia de curvas intercepta outra famılia de curvas

sob o angulo α, α = π

2. Se uma famılia e dada pela solucao da equacao y = f (x, y), a outra famılia,

que intercepta estas curvas sob o angulo α, e dada por

dy

dx =

f (x, y) + tgα

1 − f (x, y))tgα

Usando estas informacoes, encontre a famılia de curvas que intercepta a famılia:

A) y = x + c sob o angulo α = π

3.

B) y2

= kx sob o angulo α =

π

4 .

Soluc˜ ao de A:

Seja y = x + c entao dy

dx = 1. Assim,

dy

dx =

f (x, y) + tg(π/3)

1 − 1 · tg(π/3) =

1 +√

3

1 − √ 3

⇒

dy = 1 +

√ 3

1 − √ 3

dx

⇒ y = 1 +

√ 3

1 − √ 3 x + c

⇒ y = (−2 − √ 3)x + c

Soluc˜ ao de B:

Analoga a anterior.

163







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164




Terceira Parte

Equacoes Diferenciais de Ordens Superiores

Ola! Me chamo Diego Oliveira e sou o professor responsavel por esse solucionario e varios outrosque voce encontra por aı no Google. A partir daqui terıamos as solucoes da terceira parte de livro(equacoes diferencias ordinarias de ordem maior ou igual a dois). Entretanto, a unica coisa que vocevera aqui sao os meus sinceros votos de boa sorte.

Quando um projeto comeca apresentar poucas visualizacoes e downloads julgo que das duas uma:ou os leitores nao estao gostando do trabalho ou o livro caiu em desuso. E como nao faz sentidocontinuar um trabalho que nao esta agradando ou interessando chegou o momento de parar.

Se voce me acompanhou ate aqui agradeco muito pela paciencia. Mas, de agora em diante asatualizacoes que forem postadas (se forem) serao apenas de correcao.

Topicos: Séries e equações diferenciais

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