Respostas, Sugestões ou Soluções

RESPOSTAS, SUGESTÕES OU

SOLUÇÕES

 

CAPÍTULO 1

1.1

1.2

1. a) Convergente. Proceda como no Exemplo 1, considerando a função

b) Divergente. Proceda como no Exemplo 2, considerando a função 1

 

c) , portanto, convergente d) Para k ≥ 1, 2 − 1 ≤ k! (verifique). Conclua que é convergente, k

comparando com a sequência

 

e) Convergente

f) , portanto, convergente

g) Divergente para +∞

h) Divergente para +∞

2. Observe que

6. Convergente.

CAPÍTULO 2

2.1

d) Segue de b) e da fórmula de Gregory.

e) Use a parte b do Exemplo 7.

f) Basta fazer n = 0 em e). Geometricamente, α é a metade do lado do m

polígono regular de 2 + 2 lados circunscrito ao círculo de raio 1. (Confira!) m

Assim, α é a metade do lado do quadrado circunscrito ao círculo de raio 1; 0

α é a metade do octógono regular circunscrito ao círculo de raio 1 etc. 1

Deste modo, 2 + 2 + 2 α é o semiperímetro do polígono regular de 2 lados m m

m

circunscrito ao círculo de raio 1. Observação: Partindo de obtém-

se arc tg α . Neste caso, α é a metade do lado do polígono regular m m

de 3·2 lados circunscrito ao círculo de raio 1. Deste modo, 3·2 m α é o m

semiperímetro do polígono regular de 3·2m lados circunscrito ao círculo de

raio 1. Deste modo, 3·2m m α é o semiperímetro do polígono regular de 3·2

m

lados circunscrito ao círculo de raio 1: 3 · 2 0 0 α = 3 é o semiperímetro do

triângulo equilátero circunscrito ao círculo de raio 1: 3 · 21 1 α = 2 é o

semiperímetro do hexágono regular circunscrito ao círculo de raio 1 (como

o hexágono regular inscrito tem semiperímetro 3, resulta

é o semiperímetro do dodecágono

regular circunscrito ao círculo de raio 1 (como o dodecágono regular

inscrito tem semiperímetro

etc. Observamos que 3 · 25 α = semiperímetro do polígono regular de 96

5

lados circunscrito ao círculo de raio 1 foi o valor de π encontrado por

Arquimedes. (Sugestão: avalie π pela fórmula de Arquimedes e, em

seguida, avalie π pela fórmula

 

tomando n = 1. É claro, quanto maior o valor de n, maior será a precisão.

Estime o erro.)

18. Por indução. Primeiro vamos mostrar que é válida para p = 1. De fato

e,

portanto, é válida para p = 1. Vamos agora mostrar que, sendo verdadeira

para p, será também verdadeira para p + 1. Temos

.

 

Por outro lado,

 

19. Faça a prova por indução, utilizando o exercício anterior.

20. Sugestão: In (n + 1) − In , é a área da região n ≤ x ≤ n +

1 e é a área da metade do retângulo n ≤ x ≤

n +1 e .

2.2

CAPÍTULO 3

3.1

3.2

1. a) Convergente

b) Convergente

c) Convergente

d) Convergente

e) Divergente

f) Divergente

g) Divergente

h) Convergente

i) Convergente

j) Divergente

l) Convergente

m) Convergente

3. Convergente.

6. a) Divergente

b) Divergente

c) Convergente

d) Convergente

3.4

1. a) Convergente

b) Convergente

c) Convergente para 0 < α < 1. Divergente para α ≥ 1 d) Divergente

e) Convergente

3. a) 0 < x < 1

b) 0 < x ≤ 1

c) 0 < x ≤ 1

d) 0 < x < 2

e) 0 < x < 1

f) x > 0

g) x > 0

h) x > 0

4. ln 1 ≤ ln x ln 2, para 1 ≤ x ≤ 2; daí

ln 2 ≤ ln x ≤ ln 3, para 2 ≤ x ≤ 3; daí

 

 

Observe que ln 1 + ln 2 + … ln (n − 1) = ln (n − 1)!

5. não poderá ser zero. A série é divergente.

Vejamos outro processo para resolver o problema. Seja . Temos

 

Assim, para todo n ≥ 1, a + 1 > a . Segue que a sequência a é estritamente n n n crescente e como a = e, segue que a > e para todo n > 1. Daí, não 1 n

poderá ser zero.

6. 0 < x < e

3.5

 

8. Segue da hipótese que existe k tal que, para . 0

CAPÍTULO 4

4.2

 

4.3

 

Vamos construir a série pedida. Seja n o menor natural para o qual 1

 

(Tal n existe, pois 1

 

Fica construído, assim, os n primeiros termos da série procurada. 1

 

É claro que

Seja n o menor natural para o qual 2

 

 

Somando ao 1.° membro temos novamente uma soma menor que

10. Repetindo o raciocínio acima, construímos uma série que é uma reordenação da série dada e cuja soma é 10. Confira.

CAPÍTULO 6

6.1

 

6.2

Como , não existe n que torna 0 verdadeira a afirmação: “para todo x > 0,

 

Logo, a convergência não é uniforme em ]0, +∞[. No intervalo [1, +∞[ a

convergência é uniforme. De fato, dado > 0 e tomando-se n tal que 0 , para todo x em [1, +∞[,

 

Ou seja, a convergência não é uniforme no intervalo [0, 1[. Vejamos como as coisas se passam no intervalo [0, r], com 0 < r < 1. Para todo x ∈ [0, r], Como

 

para todo x ∈ [0, r]. Portanto, a convergência é uniforme em [0, r].

 

c) A convergência não é uniforme em ]0, +∞[. No intervalo a

convergência é uniforme.

 

b) A convergência não é uniforme em , pois as f são contínuas em x = n 0 mas a f não. A convergência é uniforme em [α, +∞[, α < 0.

CAPÍTULO 7

7.3

1. 2 2 2 a) Para todo x e para todo natural k ≥ 1, x + k ≥ k e, portanto,

 

Por outro lado, −r ≤ x ≤ r ⇔ | x | ≤ r. Então, para todo x [−r, r],

A série é convergente. Pelo critério M de Weierstrass, a série dada é

 

uniformemente convergente em [−r, r], para todo r > 0.

b) Para todo x [−r, r],

 

Como a série é convergente (verifique) segue do critério M de

Weierstrass que

 

é uniformemente convergente em [−r, r], para todo r > 0.

 

2. Para todo x e todo natural é,

então, uniformemente convergente em . Isto significa que a sequência de funções s , n ≥ 1, com n

 

converge uniformemente em à função s = s(x) dada por

 

Como cada s é contínua em (s é contínua, pois, é soma de n funções n n contínuas) segue do teorema 1 da Seção 47.3 que s = s(x) é também contínua.

5. Segue do exercício anterior que, para todo natural k ≥ 1, a série

cos nx cos kx converge uniformemente em [−π, π] à função dada por F(x) cos kx. Segue do teorema 2 da Seção 6.3 que

 

7.4

 

CAPÍTULO 8

8.2

2. O raio de convergência é R = 1. Utilizando o critério de Raabe, verifique

que a série é absolutamente convergente; conclua que a série dada converge para | x | = 1.

8.4

 

Daí,

 

ou

 

ou

 

Então, devemos ter

e, portanto,

 

 

Segue das condições iniciais que a = 1 e a = 0. Os únicos termos diferentes 0 1 de zero são os da forma a , n ≥ 0. Temos, para n ≥ 1, 2n

 

Assim,

 

(Verifique que o raio de convergência é +∞.)

 

Para calcular y ( )(0) proceda da seguinte forma. Segue da equação que n

y n = y + y + xy′. m

Como y(0) = 1 e yn(0) = 0, segue y (0) = 1. Para calcular as demais m

derivadas utilize o item a do exercício anterior. 19. A série

 

tem raio de convergência 1. Além disso, a série

 

é absolutamente convergente. (Verifique.) A série dada é, então, uniformemente convergente no intervalo [−1, 1]. A sua soma é, então, contínua neste intervalo. Assim, para todo x ∈ [−1, 1],

 

CAPÍTULO 9

9.1

9.3

1. c)

 

CAPÍTULO 10

10.2

1. a), b), c), f)

3. a) y = 0.

b) x = 1 ou x = 0.

c) Não admite solução constante d) Não admite solução constante. e) y = 1ou y = −2

f) y = 0 ou y = −2.

10.3

3. Separando as variáveis e integrando, obtemos λ ln V = −ln p + k e daí

segue ln (V λ p) = k. Tendo em vista a condição inicial, resulta ln (VP ) = k. λ

1 1

Então, Vλ λ P = Vp para todo p > 0.

1 1

7. A função y = y(x) que queremos passa pelo ponto (1, 2), logo, podemos

supor y > 0. A reta tangente em (x, y) tem equação

 

. Segue que ln y = ln kx2 e, portanto, y

= kx2. Tendo em vista a condição inicial y(1) = 2, deveremos ter k = 2. Assim, y = 2x2 é a solução do problema.

10.4

 

5. 0,08 a) C(t) = C e .

t

0

b) 8,3287% a.m.

6. C(t) = 20 000 3t.

7. A equação que rege a desintegração do material é , onde α é a

constante de proporcionalidade. No instante t, com t em anos, a quantidade m de matéria remanescente é dada por m(t) = keαt. Da condição m(0) = m ,

0

segue k = m ; daí m = m eαt. No instante t = 10, teremos 0 0

.

Sendo T o tempo necessário para que metade da matéria se desintegre, teremos

 

8. A equação que rege o movimento é , onde α é a constante de

proporcionalidade e . Resolvendo, obtém-se

.

9. Seja y = f(x), x > 0, a função procurada. A equação da reta tangente no

ponto genérico (p, f(p)) é y − f(p) = f′ (p)(x − p). Para que a reta tangente encontre o eixo y no ponto (0, m), deveremos ter, m = f(p) − pf′ (p); como a área do triângulo de vértices (0, 0), (0, m) e (p, f(p)) é , segue que a

função procurada é solução da equação

ou seja, a função

procurada y = f(x), x > 0, deverá ser solução da equação linear

. Resolvendo e levando em conta a condição y = 2 para x

= 1, obtém-se .

10.5

2. a) A solução da equação é p(t) = p eλt, t≥ 0. Se α = β teremos λ = 0 e, 0

então, p(t) = p para t ≥ 0, ou seja, a população se manterá constante e igual 0

a p . 0

b) A população no instante t é p(t) = p λ e , t ≥ 0. Se α > β, λ > 0 e, então a t

0

população estará crescendo exponencialmente. Se α < β, λ < 0 e, então,

, ou seja, a população tenderá à extinção.

 

10.6

10.7

10.8

 

3. a) y dx + x dy = 0; a imagem da curva pedida está contida na curva de

nível xy = 1. A curva γ dada por

 

resolve o problema.

 

ou seja,

 

4. x = t +

10.9

 

3. Fator integrante u (x) = Segue

 

ou seja,

 

7. a) A função constante y = 0 é solução. Para y ≠ 0 a equação é

equivalente a

 

ou y = 0. Observe que a equação é de variáveis separáveis.

c) É uma equação de variáveis separáveis e também de Bernoulli. A função constante y = 0 é solução. Para y ≠ 0 é equivalente a (y−1 −2 − 1) dx + y

dy = 0 que admite o fator integrante e−x. Temos, então, a família de soluções

 

10. y = x2

10.11

 

(Sugestão: Para calcular a integral

 

9. Derivando em relação a x obtemos: y' = y' + xy″ +2y' y″, ou seja, (x + 2y')y″ = 0. Por outro lado, Substituindo

em resulta portanto, c = 0. Assim,

é solução de . Fica a seu cargo verificar que, para todo A real, y = Ax + A2 é solução de . Assim, é uma família de

soluções da equação . (Observe que toda solução de é, também, solução de (x + 2y')y″ = 0; mas a recíproca não é verdadeira. Pense!!)

 

10. a) que é uma equação de Clairaut. (Veja exercício

anterior.)

b) Derivando os dois membros em relação a x vem:

 

Substituindo na equação resulta . Assim,

 

é solução (A < 0).

 

Faça e, em seguida, u = sec θ para obter a solução

CAPÍTULO 11

 

11.1

11.2

 

2. a) x = e− sen t

t

b) x = e− (1 + t)

t

 

c) x = et −t + e

5. + 2 + x = 0 é a equação que rege o movimento.

a) x = e− (1 + t). Trata-se de um movimento não oscilatório; a posição da t

partícula tende para a origem quando t → +∞. É o caso de amortecimento crítico.

 

b) x = e− (1 − t)

t

 

6. + 2 + 2x = 0 é a equação que rege o movimento. A posição no

instante t é dada por

x = e− sen t, t ≥ 0. t

Trata-se de um movimento oscilatório amortecido: a partícula oscila em

torno da origem com amplitude cada vez menor.

7. v(t) = (t) = −2 sen 2t − cos 2t.

 

9. = k ( − x), onde k é a constante de proporcionalidade. Das condições

iniciais dadas, resulta k = 2. A equação do movimento é, então, − 2 + 2x = 0 No instante t, a posição do móvel é x = et sen t.

11.3

 

3. O sistema que rege o movimento é

 

A posição da partícula no instante t é

 

Sugerimos ao leitor tentar fazer um esboço da trajetória descrita pela partícula. (Suponha t ≥ 0.) Observe que y = x + 2et.

4. A equação que rege o movimento é

 

b) Sugestão: Derivando a 2.ª equação duas vezes em relação ao tempo resulta

 

O sistema dado é equivalente a

 

Multiplicando a 2. a por − 2 e somando membro a membro resulta

 

Substituindo em , vem

 

Substituindo-se o y encontrado em , na 2.a equação de , acha-se x.

5. a) Sugestão: Desenhe o campo nos pontos da reta y = x. Observe que

A partícula descreve um movimento oscilatório sobre o segmento de extremidades (1, 1) e (−1, −1).

11.4

 

3. a) Admite uma solução particular da forma

x = m cos βt + n sen βt. p

Observe que neste caso particular bastaria tentar uma solução particular da forma

x = m cos βt.(Por quê?) p

Admite uma solução particular da forma

x = mt cos βt + nt sen βt. p

b) Admite solução particular da forma

x 2t = m e

p

Admite solução particular da forma

x 2t = mt e

p

c) sen 3t + 1. (Veja Exercício 2:

princípio de superposição.)

d) Admite solução particular da forma

xp = (mt cos t + nt sen t) e −2t

Admite solução particular da forma

xp = (m cos βt + n sen βt) e αt

4. Seja x = x(t) a solução do problema. Para t < π devemos ter

+ x = 0, x(0) = 0 e (0) = 1.

Logo,

= sen t, t < π.

Para t > π devemos ter

+ x = 1;

logo

x = A cos t + B sen t + 1.

Vamos, agora, determinar A e B para que x = x(t) seja de classe C 1 em . Devemos ter

 

e

 

Como

 

e

 

resulta

 

Devemos tomar, então,

A = 1 e B = 1.

A solução do problema é x = x(t), t ∈ , dada por

 

Fica a seu cargo verificar que é contínua em . Observe que

Sugerimos ao leitor esboçar o gráfico desta solução.

 

5. Proceda como no exercício anterior.

 

11.5

1. x = sen t [In sen t] − t cos t. A solução geral é x = A cos t + B sen t + x pp

2.

CAPÍTULO 12

12.3

2. a) A trajetória é a

elipse

3x2 2 + 2y = 5. (Observe que a solução encontrada é também solução da equação

3xdx + 2ydy = 0). De = − 2y, segue que a solução x = x(t) e y = y(t) encontrada descreve a elipse no sentido anti-horário.

b) x = 2 et t e y = 2 e. A trajetória é a semirreta y = x, x > 0.

c) x = e t −t e y = e . A trajetória é o ramo da hipérbole xy = 1, x > 0. De = x, segue que o sentido de percurso é da esquerda para a direita.

d) x = e −t 3 3 e y = e . A trajetória é a curva y = x, x > 0. De = −x, segue t

que o sentido de percurso é da direita para a esquerda

Observe:

e) x =e −2 −2 2 2 −4 cos t e y = e sen t. Segue que x + y = e . Logo, em t t t coordenadas polares, a trajetória é ρ = e −2 . Na posição (1, 0), > 0 e < 0, o t

que sugere ser o movimento descrito no sentido anti-horário.

 

Observe:

3. O movimento é regido pelo sistema

 

A solução que satisfaz a condição inicial dada é (x, y) = (e−t −t cos t, e sen t). A trajetória, em coordenadas polares, é a espiral ρ = e−t, percorrida no sentido anti-horário.

7. Sugestão: Olhe para a equação característica e

observe que para as trajetórias serem elipses as raízes devem ser complexas e não pode existir o fator eαt.

1 − < 0 ou seja a > 1. O período é

onde 15. a) T = 20 cos 2t e T = 20 cos 2t + 10 sen 2t que têm período π. 1 2

c) cos (2t − α) onde cos . Portanto, a temperatura

máxima é e a mínima − .

d) A trajetória é a elipse

18. = 2x + 2y = −6x 2 2 − 10y < 0. A distância do ponto (x(t), y(t)) à origem decresce quando t cresce.

12.4

12.5

 

CAPÍTULO 13

13.1

7. Sugestão: Se tivéssemos f ' (x ) = 0, teríamos f (x) = 0 para todo x, que é 0

impossível. Então, f ' (x ) > 0 ou f ' (x ) < 0. Suponha, para fixar o raciocínio, 0 0 f ' (x ) > 0. Estude, agora, o sinal de f ″ nas vizinhanças de x . 0 0

10. Sugestão: Observe que o sinal de f ″ (x) é o mesmo que o de f(x). Suponha, por absurdo, que f se anule em x e em x , com x < x . Verifique, 1 2 1 2 então, que se c ∈ ]x , x [, com f(c) ≠ 0, c não poderá ser ponto de máximo 1 2

ou de mínimo de f no intervalo [x , x ]. Logo, ... 1 2

14. É só observar que se f(x), x ∈ , for solução tal que f (0) = f′ (0) = 0, então, ...

13.2

3. Para que f(x) sen x, , sejam

soluções as funções p(x) e q(x) devem satisfazer o sistema

 

A equação

 

admite as funções dadas como soluções.

13.4

 

2. a) y = 1 e y = In x são duas soluções linearmente independentes. A 1 2

solução geral é

y = A + B In x, x > 0

b) são duas soluções linearmente independentes. A

solução geral é

 

c) y = Ax + Bx2, x > 0

3. , x > 0. A solução geral é y = x(A + B

ex).

4. Temos, para todo x ∈ I,

e

 

 

Precisamos mostrar que, para todo x ∈ I,

 

Derivando, em relação a x, os dois membros de vem:

 

Tirando f″(x) em e e em e substituindo em , resulta .

5. A equação é equivalente a

 

ou

 

cuja solução geral é

Temos

 

Fazendo k = 0, y = 1 − In x é solução da equação dada. A solução geral é

y = Ax + B (1 + In x).

8. Verifique que x(t) > 0 para todo t ≥ 1. Conclua que x = x(t) é

estritamente crescente em [1, + ∞[. Logo, para todo t ≥ 1.

(t) ≥ 1

e, portanto,

 

ou seja,

x(t) − x(1) ≥ t − 1, t ≥ 1.

Logo,

 

9. Verifica-se por inspeção que y = x é solução. A equação é equivalente a

 

Pelo Exercício 4, qualquer solução da equação

é, também, solução de e linearmente independente com a solução y = x.

 

é equivalente a

 

Fica a seu cargo concluir que y = x e −(1/ ) é solução de . A solução geral é x

y = Ax + Bx e−(1/ ). x

CAPÍTULO 14

14.1

5. Temos

 

e

φ(0) = 0.

Segue que φ'(0) = 1. Para todo x em , existe θ entre 0 e x tal que

 

ou seja,

Portanto, para todo

 

De resulta

φ'(x) = 2x − φ'(x) sen φ(x)

e, portanto,

φ″(x) = 2x − x2 sen φ(x) − cos φ(x) sen φ(x).

Logo, para todo x em

 

Portanto,

 

8. a) Pelo teorema fundamental do cálculo

φ'(x) = xφ(x).

Assim, φ(x) é a solução de

y' xy

satisfazendo a condição inicial

φ(0) = 1.

(Observação. De Resolvendo a equação, obtemos

 

e, portanto,

 

9. a) f(x, y) y; (x) 1. 0

 

ou seja,

 

ou seja,

 

ou seja,

Conclua.

10. f(x, y) = x 2 2 + y; φ (x) = 0 = y.

0

 

logo,

 

logo,

 

Observação. Seja y = y(x) a solução do problema

y' = x2 2 + y, y(0) = 0.

Observamos que φ (x) é o polinômio de Taylor de ordem 7 desta solução, 2

em volta de x = 0. (Verifique.) 0