Lista 1 - Módulo 2 - Cálculo 2 2021 2

Universidade de Bras´ılia Departamento de Matem´atica C´alculo 2 Lista de Exerc´ıcios – M´odulo 2 – Lista 1 – Solu¸c˜ao 1) Dizemos que um n´umero r ´e raiz de uma fun¸c˜ao f(x) quando f(r) = 0. Nesse exerc´ıcio vamos considerar um procedimento para obter uma raiz de uma fun¸c˜ao f por apro- xima¸c˜oes sucessivas, conhecido como m´etodo de Newton. Ele fornece, a partir de uma dada aproxima¸c˜ao xn da raiz, uma nova aproxima¸c˜ao xn+1 dada pela interse¸c˜ao do eixo x com a reta tangente `a f em xn. x r xn xn+1 f a) Usando a equa¸c˜ao da reta tangente `a f em xn, mostre que xn+1 = xn − f(xn) f 0(xn). b) Suponha que f(x) e f 0(x) s˜ao fun¸c˜oes cont´ınuas. Mostre que, se lim xn = r, ent˜ao r ´e uma raiz de f. c) Aplicando o primeiro item para a fun¸c˜ao f(x) = x2 − 2, mostre que xn+1 = xn 2 + 1 xn . Quais ra´ızes que estamos aproximando nesse caso? d) No item anterior, come¸cando da aproxima¸c˜ao inical x1 = 2, obtenha as 4 aproxima¸c˜oes seguintes. Solu¸c˜ao a) Temos que a equa¸c˜ao da reta tangente a f em xn ´e dada por y − f(xn) = f 0(xn)(x − xn) A interse¸c˜ao dessa reta tangente com o eixo x ocorre no ponto xn+1 no qual y = 0, portanto temos que xn+1 satisfaz 0 − f(xn) = f 0(xn)( xn+1 − xn), Isolando xn+1 na equa¸c˜ao acima obtemos xn+1 = xn − f(xn) f 0(xn). que ´e a f´ormula desejada. P´agina 1 de 60 b) Do item anterior, temos que f(xn) = f 0(xn)(xn − xn+1). Passando ao limite, uma vez que lim xn = r, temos que lim xn+1 = r al´em disso, como f(x) e f 0(x) s˜ao cont´ınuas, temos que lim f(xn) = f(r) lim f 0(xn) = f 0(r) de onde segue que f(r) = f 0(r)(r − r) = 0 Isso mostra que f(r) = 0, como quer´ıamos. c) Neste caso, temos que f 0(x) = 2x, de modo que xn+1 = xn − f(xn) f 0(xn) = xn − x2 n − 2 2xn = xn 2 + 1 xn . Temos que r ´e raiz de f(x) = x2 − 2 se, e s´o se r2 − 2 = 0 () r = ± p 2 Portanto estamos aproximando p 2 ou − p 2. d) Come¸cando com x1 = 2, temos que x2 = x1 2 + 1 x1 = 2 2 + 1 2 = 1, 5, x3 = x2 2 + 1 x2 = 1, 5 2 + 1 1, 5 = 1, 416666666..., x4 = x3 2 + 1 x3 = 1, 416666666... 2 + 1 1, 416666666... = 1, 414215686..., x5 = x4 2 + 1 x4 = 1, 414215686... 2 + 1 1, 414215686... = 1, 414213562..., FIQUE DE ⇥LH⇥: Sob condi¸c˜oes favor´aveis, a sequˆencia do m´etodo de Newton se aproxima muito r´apido de uma raiz. No item (d) por exemplo, usando o valor de p 2 dado por uma calculadora, podemos perceber que a aproxima¸c˜ao x4 j´a coincide com p 2 nos cinco primeiros d´ıgitos e a aproxima¸c˜ao x5 j´a coincide com p 2 nos dez primeiros d´ıgitos. De fato, o m´etodo de Newton ´e usado por muitas calculadoras para se obter o valor aproximado de uma raiz dentro da precis˜ao da calculadora. Abaixo est˜ao ilustradas duas itera¸c˜oes do m´etodo de Newton para f(x) = x2 − 2. x x1 x2 x3 y p 2 − p 2 P´agina 2 de 60 2) O objetivo desse exerc´ıcio ´e mostrar que lim n! nn = 0. a) Verifique que n! nn = n n n − 1 n n − 2 n · · · 3 n 2 n 1 n b) Usando o item anterior, mostre que 0 < n! nn  1 n. c) Usando o item anterior, mostre que lim n! nn = 0. Solu¸c˜ao a) Pelas defini¸c˜oes, temos que n! nn = n · (n − 1) · (n − 2) · · · 3 · 2 · 1 n · n · n · · · n · n · n | {z } n-vezes = n n n − 1 n n − 2 n · · · 3 n 2 n 1 n b) Como o produto de fatores positivos menores ou iguais a um ´e positivo e menor ou igual a um, temos que 0 < n n n − 1 n n − 2 n · · · 3 n 2 n  1 Multiplicando os dois lados por 1 n e usando o item anterior, segue que 0 < n! nn  1 n c) Usando o item anterior, o resultado segue do Teorema do Sandu´ıche, uma vez que lim 1 n = 0. FIQUE DE ⇥LH⇥: ´E ERRADO tentar aplicar a regra do produto de limites para mostrar que o produto n! nn = n n n − 1 n n − 2 n · · · 3 n 2 n 1 n tende a zero pois essa regra vale para n´umero fixo de fatores por´em, no produto acima, o n´umero de fatores cresce `a medida que n cresce. P´agina 3 de 60 por diversos motivos: 1) o limite s´o pode ser passado para dentro de uma fun¸c˜ao cont´ınua fixa, que N ˜AO depende de n. 2) a base e o expoente variam ao mesmo tempo com n, ent˜ao ´e ERRADO tomar o limite em apenas um deles, desconsiderando o outro! Esse ´e um erro comum ao calcular limites: tome cuidado para n˜ao fazˆe-lo ou sen˜ao as consequˆencias ser˜ao desastrosas para suas notas e sua reputa¸c˜ao! P´agina 6 de 60 c) Podemos escrever |rn+1 − '| da seguinte forma |rn+1 − '| = |rn+1 − '| |rn − '| |rn − '| = |rn+1 − '| |rn − '| |rn − '| |rn−1 − '||rn−1 − '| ... = |rn+1 − '| |rn − '| |rn − '| |rn−1 − '| · · · |r3 − '| |r2 − '| |r2 − '| |r1 − '||r1 − '| onde multiplicamos e dividimos pela mesma quantidade de uma linha para outra, sem alterarmos o resultado. Pelo item anterior, cada uma dos n quocientes ´e menor que 1/', de modo que |rn+1 − '|  z n vezes }| { 1 ' 1 ' · · · 1 ' 1 ' |r1 − '| = 1 'n|r1 − '| d) Uma vez que 0 < 1/' < 1, temos que lim 1/'n = lim(1/')n = 0. Pela regra do limite do produto, segue que lim 1 'n|r1 − '| = 0. Pelo item anterior e pelo Teorema do Sandu´ıche, segue que lim |rn+1 − '| = 0, o que mostra que lim rn+1 = ' de modo que lim rn = ' FIQUE DE ⇥LH⇥: Como curiosidade, observe que esse exerc´ıcio tamb´em mostra o seguinte: r1 = 1 r2 = 1 + 1 1 r3 = 1 + 1 1 + 1 1 r4 = 1 + 1 1 + 1 1 + 1 1 # ' = 1 + 1 1 + 1 1 + 1 1 + 1 ... P´agina 8 de 60 Universidade de Bras´ılia Departamento de Matem´atica C´alculo 2 Lista de Exerc´ıcios – M´odulo 2 – Lista 2 – Solu¸c˜ao 1) Vamos investigar a dinˆamica, num dado pa´ıs, da rela¸c˜ao entre a renda Yn produzida no ano n e o capital Kn acumulado at´e o ano n atrav´es de um modelo bem simples. Temos que a renda anual cresce a uma taxa constante positiva g, de modo que Yn+1 = (1 + g)Yn e que o capital se acumula por uma taxa de poupan¸ca contante positiva s e se deprecia a uma taxa constante positiva d, de modo que Kn+1 − Kn = sYn − dKn Denotando a raz˜ao capital pela renda no ano n por βn = Kn/Yn e o seu limite quando n tende por infinito por β, responda os seguintes itens. a) Mostre que βn+1 = s 1 + g + 1 − d 1 + gβn. b) Use o item anterior para mostrar que βm = s 1 + g 1 + 1 − d 1 + g + ✓1 − d 1 + g ◆2 + · · · + ✓1 − d 1 + g ◆m−1! + ✓1 − d 1 + g ◆m β0 c) Conclua que β = s g + d. Solu¸c˜ao a) Pela segunda equa¸c˜ao do enunciado, temos que Kn+1 = sYn + (1 − d)Kn Usando essa equa¸c˜ao e a primeira equa¸c˜ao do enunciado, segue que βn+1 = Kn+1 Yn+1 = sYn + (1 − d)Kn (1 + g)Yn = s 1 + g + 1 − d 1 + g Kn Yn = s 1 + g + 1 − d 1 + gβn b) Vamos argumentar por indu¸c˜ao em m. Pelo item anterior, temos que β1 = s 1 + g + 1 − d 1 + gβ0 P´agina 9 de 60 mostrando que a f´ormula ´e v´alida para m = 1. Supondo que a f´ormula ´e v´alida para m, vamos mostrar que ela ´e v´alida para m + 1. Pelo item anterior, temos que βm+1 = s 1 + g + 1 − d 1 + gβm = s 1 + g + 1 − d 1 + g s 1 + g 1 + 1 − d 1 + g + · · · + ✓1 − d 1 + g ◆m−1! + ✓1 − d 1 + g ◆m β0 ! = s 1 + g + s 1 + g 1 − d 1 + g + ✓1 − d 1 + g ◆2 + · · · + ✓1 − d 1 + g ◆m! + ✓1 − d 1 + g ◆m+1 β0 = s 1 + g 1 + 1 − d 1 + g + ✓1 − d 1 + g ◆2 + · · · + ✓1 − d 1 + g ◆m! + ✓1 − d 1 + g ◆m+1 β0 mostrando que a f´ormula ´e v´alida para m + 1. c) Como 1 − d 1 + g < 1, temos que lim m!1 ✓1 − d 1 + g ◆m = 0 de modo que, usando a f´ormula obtida no item anterior, segue que β = lim m!1 βm = s 1 + g 1 + 1 − d 1 + g + ✓1 − d 1 + g ◆2 + · · · ! = s 1 + g 0 B B @ 1 1 − 1 − d 1 + g 1 C C A = s 1 + g − (1 − d) = s g + d P´agina 10 de 60 2) Para cada s´erie telesc´opica abaixo, escreva a s´erie com a nota¸c˜ao de somat´orio, encontre uma f´ormula fechada para suas somas parciais e use-a para encontrar o valor da s´erie. a) 5 1 · 2 + 5 2 · 3 + 5 3 · 4 + · · · + 5 n(n + 1) + · · · b) log ✓ k k + 1 ◆ + log ✓k + 1 k + 2 ◆ + log ✓k + 2 k + 3 ◆ + · · · + log ✓ n n + 1 ◆ + · · · Solu¸c˜ao a) Escrevendo a s´erie com a nota¸c˜ao de somat´orio temos 5 1 · 2 + 5 2 · 3 + 5 3 · 4 + · · · + 5 n(n + 1) + · · · = 1 X n=1 5 n(n + 1) Para considerar suas somas parciais, primeiro reescrevemos o termo geral da seguinte forma 5 n(n + 1) = 5 n − 5 n + 1 (Verifique!) Assim sua m-´esima soma parcial fica sm = ✓5 1 − 5 2 ◆ + ✓5 2 − 5 3 ◆ + · · · ✓ 5 m − 5 m + 1 ◆ Ap´os diversos cancelamentos, obtemos que sm = 5 − 5 m + 1 Segue da´ı que lim m!1 sm = 5 Assim 1 X n=1 5 n(n + 1) = 5 b) Escrevendo a s´erie com a nota¸c˜ao de somat´orio temos log ✓ k k + 1 ◆ +log ✓k + 1 k + 2 ◆ +log ✓k + 2 k + 3 ◆ +· · ·+log ✓ n n + 1 ◆ +· · · = 1 X n=k log ✓ n n + 1 ◆ Para considerar suas somas parciais, primeiro reescrevemos o termo geral da seguinte forma log ✓ n n + 1 ◆ = log(n) − log(n + 1) Assim sua m-´esima soma parcial fica sm = (log(k) − log(k + 1)) + (log(k + 1) − log(k + 2)) + · · · (log(m) − log(m + 1)) Ap´os diversos cancelamentos, obtemos que sm = log(k) − log(m + 1) P´agina 11 de 60 Segue da´ı que lim m!1 sm = log(k) − lim m!1 log(m + 1) = log(k) − 1 = −1 Assim 1 X n=k log ✓ n n + 1 ◆ = −1 e essa s´erie telesc´opica diverge. FIQUE DE ⇥LH⇥: Nesse item n˜ao podemos utilizar o Teste da Divergˆencia para mostrar que a s´erie diverge, uma vez que lim log ✓ n n + 1 ◆ = log ✓ lim n n + 1 ◆ = log(1) = 0 P´agina 12 de 60 3) Escreva as express˜oes abaixo como s´eries de potˆencias da forma 1 X n=0 cnxn, determinando seus coeficientes cn. a) A express˜ao (1 − x) 1 X n=0 1 n!xn. b) A express˜ao (1 − x) 1 X n=0 (n + 1)xn. c) A express˜ao (1 − x2) 1 X n=0 1 n!xn. d) A express˜ao (1 − x2) 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn. Solu¸c˜ao a) Temos que (1 − x) 1 X n=0 1 n!xn = 1 X n=0 1 n!xn − x 1 X n=0 1 n!xn = 1 X n=0 1 n!xn + 1 X n=0 − 1 n!xn+1 Para transformar essa express˜ao numa ´unica s´erie, vamos efetuar uma mudan¸ca de ´ındices na s´erie da segunda parcela, de modo que (1 − x) 1 X n=0 1 n!xn = 1 X n=0 1 n!xn + 1 X n=1 − 1 (n − 1)!xn Como os ´ındices da s´erie da primeira parcela come¸cam em n = 0, enquanto os ´ındices da s´erie da segunda parcela come¸cam em n = 1, devemos separar o primeiro termo da s´erie da primeira parcela, de modo que (1 − x) 1 X n=0 1 n!xn = 1 + 1 X n=1 1 n!xn + 1 X n=1 − 1 (n − 1)!xn = 1 + 1 X n=1 ✓ 1 n! − 1 (n − 1)! ◆ xn Segue ent˜ao que c0 = 1, cn = 1 n! − 1 (n − 1)! para n ≥ 1. b) Temos que (1 − x) 1 X n=0 (n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 1)xn − x 1 X n=0 (n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 1)xn + 1 X n=0 −(n + 1)xn+1 P´agina 13 de 60 Para transformar essa express˜ao numa ´unica s´erie, vamos efetuar uma mudan¸ca de ´ındices na s´erie da segunda parcela, de modo que (1 − x) 1 X n=0 (n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 1)xn + 1 X n=1 −nxn Devemos notar que os ´ındices da s´erie da segunda parcela podem come¸car em n = 0, uma vez que 0x0 = 0 de modo que (1 − x) 1 X n=0 (n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 1)xn + 1 X n=0 −nxn = 1 X n=0 ((n + 1) − n) xn = 1 X n=0 xn Segue ent˜ao que cn = 1 para n ≥ 0. c) Temos que (1 − x2) 1 X n=0 1 n!xn = 1 X n=0 1 n!xn − x2 1 X n=0 1 n!xn = 1 X n=0 1 n!xn + 1 X n=0 − 1 n!xn+2 Para transformar essa express˜ao numa ´unica s´erie, vamos efetuar uma mudan¸ca de ´ındices na s´erie da segunda parcela, de modo que (1 − x2) 1 X n=0 1 n!xn = 1 X n=0 1 n!xn + 1 X n=2 − 1 (n − 2)!xn Como os ´ındices da s´erie da primeira parcela come¸cam em n = 0, enquanto os ´ındices da s´erie da segunda parcela come¸cam em n = 2, devemos separar os dois primeiros termos da s´erie da primeira parcela, de modo que (1 − x2) 1 X n=0 1 n!xn = 1 + x + 1 X n=2 1 n!xn + 1 X n=2 − 1 (n − 2)!xn = 1 + x + 1 X n=2 ✓ 1 n! − 1 (n − 2)! ◆ xn Segue ent˜ao que c0 = 1, c1 = 1, cn = 1 n! − 1 (n − 2)! para n ≥ 2. P´agina 14 de 60 d) Temos que (1 − x2) 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn − x2 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −(n + 2)(n + 1)xn+2 Para transformar essa express˜ao numa ´unica s´erie, vamos efetuar uma mudan¸ca de ´ındices na s´erie da segunda parcela, de modo que (1 − x2) 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=2 −n(n − 1)xn Devemos notar que os ´ındices da s´erie da segunda parcela podem come¸car em n = 0, uma vez que 0(0 − 1)x0 = 0, 1(1 − 1)x1 = 0 de modo que (1 − x2) 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −n(n − 1)xn = 1 X n=0 ((n + 2)(n + 1) − n(n − 1)) xn Segue ent˜ao que cn = (n + 2)(n + 1) − n(n − 1) para n ≥ 0. P´agina 15 de 60 4) Nos itens abaixo, determine se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa. Se for verdadeira, demonstre porque. Se for falsa, dˆe um exemplo que prove sua falsidade. a) Se a s´erie 1 X n=0 an converge, ent˜ao lim an = 0. b) Se lim an = 0, ent˜ao a s´erie 1 X n=0 an converge. c) Se as s´eries 1 X n=0 an e 1 X n=0 bn divergem, ent˜ao 1 X n=0 (an + bn) diverge. d) Se 0  an  bn e a s´erie 1 X n=0 bn diverge, ent˜ao a s´erie 1 X n=0 an diverge. Solu¸c˜ao a) Verdadeira. Uma maneira de provar isso ´e a seguinte. Se a s´erie 1 X n=0 an converge, ent˜ao a sequˆencia sm = m X n=0 an das suas somas parciais converge para um valor finito s. Temos ent˜ao que lim an = lim sn − lim sn−1 = s − s = 0 b) Falsa. Basta pensar na s´erie harmˆonica 1 X n=0 1 n que diverge, por´em seu termo geral 1 n ! 0. FIQUE DE ⇥LH⇥: ´E errado tentar mostrar que uma afirma¸c˜ao ´e Verdadeira considerando apenas um exemplo. Mas ´e correto mostrar que uma afirma¸c˜ao ´e Falsa mostrando apenas um exemplo em que ela n˜ao vale, isso ´e o que se chama de um contra-exemplo para a afirma¸c˜ao. Achar que o termo geral ir para zero ´e suficiente para garantir que uma s´erie converge ´e um dos erros mais b´asicos que se pode fazer com s´eries: tome cuidado para n˜ao fazˆe-lo ou sen˜ao as consequˆencias ser˜ao desastrosas para suas notas e sua reputa¸c˜ao! O exemplo da s´erie harmˆonica pode ser contra-intuito, mas ´e essencial para enten- der a dificuldade de se lidar com somas infinitas. Se o porquˆe da s´erie harmˆonica divergir n˜ao est´a claro, reveja a demonstra¸c˜ao e entenda a intui¸c˜ao por tr´as desse fato. c) Falsa. Temos que as s´eries 1 X n=0 n e 1 X n=0 −n divergem. Por outro lado, temos que a s´erie 1 X n=0 (n + (−n)) converge. d) Falsa. Tome an = 0 e bn = 1, ent˜ao 0  an  bn por´em a s´erie 1 X n=0 an = 0 converge e a s´erie 1 X n=0 bn = 1 diverge. P´agina 16 de 60 Página 17 de 60 5) O objetivo desse exercício é descobrir para que valores de p a série p-harmônica \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} \right)^p \) converge ou diverge. a) Mostre que, para qualquer p, o teste da raiz e o teste da razão são inconclusivos. b) Para \( p > 1 \), use o teste da integral para mostrar que a série converge. c) Para \( 0 < p \leq 1 \), use o teste da integral para mostrar que a série diverge. Essa é uma outra forma de mostrar que a série harmônica \( (p = 1) \) é divergente. \[ \text{Solução} \] \( \text{FIQUE DE OLHO: Não confunda uma série p-harmônica com uma série} \) \( \text{geométrica de razão x. No termo geral de uma série p-harmônica, a base varia com n} \) \( \text{e o expoente é fixo = p. No termo geral de uma série geométrica de razão x, a base é} \) \( \text{fixa = x, o expoente varia com n.} \) \( \text{Compare, por exemplo, a série 2-harmônica com a série geométrica de razão} \; \frac{1}{2}. \) a) Temos que \( \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n^p}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n^p}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(\sqrt[n]{n})^p} = 1, \) una vez que \( \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \) e que a função \( x^p \) é contínua. Temos também que \( \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^p} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^p}{(n+1)^p} = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{n}{n+1}\right)^p = 1, \) uma vez que \( \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1 \) e que a função \( x^p \) é contínua. Isso mostra que, para todo p, o teste da raiz e o teste da razão são inconclusivos. b) Se \( p > 1 \), temos que \( a_x = \frac{1}{x^p} \) é positiva e decrescente. Pelo teste da integral, a série p-harmônica \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} \) converge se \( \int_1^{\infty} a_n \; dn < \infty. \) Temos que \( \int_1^{\infty} a_n \; dn = \int_1^{\infty} n^{-p} \; dn = \left[\frac{n^{1-p}}{1-p}\right]_1^{\infty} = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{n^{1-p}}{1-p} \cdot \frac{1}{1-p}\right) = \frac{1}{p-1}, \) onde usamos que \( \lim_{n \to \infty} n^{1-p} = 0, \) uma vez que \( p-1 > 0. \) Portanto a série p-harmônica converge para qualquer \( p > 1. \) Página 18 de 60 c) Se \( 0 < p < 1 \), temos que \( a_x = \frac{1}{x^p} \) é positiva e decrescente. Pelo teste da integral, a série p-harmônica \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} \) diverge se \( \int_1^{\infty} a_n \; dn = \infty. \) Temos que \( \int_1^{\infty} a_n \; dn = \int_1^{\infty} n^{-p} \; dn = \left[\frac{n^{1-p}}{1-p}\right]_1^{\infty} = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{n^{1-p}}{1-p} \cdot \frac{1}{1-p}\right) = \infty, \) onde usamos que \( \lim_{n \to \infty} n^{1-p} = \infty, \) uma vez que \( 1-p > 0. \) Por outro lado, se \( p = 1, \) temos que \( \int_1^{\infty} a_n \; dn = \int_1^{\infty} \frac{1}{n} \; dn = [\log(n)]_1^{\infty} = \lim_{n \to \infty} \log(n) = \infty. \) Portanto a série p-harmônica diverge para qualquer \( 0 < p \leq 1. \) Página 19 de 60 Solu¸c˜ao a) Como o per´ımetro de um quadrado de lado x ´e 4x, temos que per´ımetro de S0 = 4 per´ımetro de S1 = 4 + 4(1/3) per´ımetro de S2 = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 per´ımetro de S3 = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 + 82 · 4(1/3)3 per´ımetro de S4 = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 + 82 · 4(1/3)3 + 83 · 4(1/3)4 · · · E assim em diante. b) Manipulando a soma infinita P obtemos P = 4 + 4(1/3) + 8 · 4(1/3)2 + 82 · 4(1/3)3 + 83 · 4(1/3)4 + · · · = 4 + (4/3)(1 + 8 · (1/3) + 82 · (1/3)2 + 83 · (1/3)3 + · · · ) = 4 + (4/3)(1 + (8/3) + (8/3)2 + (8/3)3 + · · · ) onde aparece a s´erie geom´etrica de raz˜ao 8/3. Uma vez que 8/3 > 1, essa s´erie diverge para 1. Segue ent˜ao que P = 4 + (4/3) · 1 = 1 c) Como a ´area de um quadrado de lado x ´e x2, temos que ´area de S0 = 1 ´area de S1 = 1 − [1/3]2 ´area de S2 = 1 − [1/3]2 − 8[(1/3)2]2 ´area de S3 = 1 − [1/3]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2. ´area de S4 = 1 − [1/3]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2 − 83[(1/3)4]2 · · · E assim em diante. d) Usando que (xa)b = (xb)a e manipulando a soma infinita A obtemos A = 1 − [(1/3)]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)3]2 − 83[(1/3)4]2 − · · · = 1 − [(1/3)]2 − 8[(1/3)2]2 − 82[(1/3)2]3 − 83[(1/3)2]4 − · · · = 1 − 1/9 − 8[1/9]2 − 82[1/9]3 − 83[1/9]4 − · · · = 1 − (1/9)(1 + 8(1/9) + 82(1/9)2 + 83(1/9)3 + · · · ) = 1 − (1/9)(1 + (8/9) + (8/9)2 + (8/9)3 + · · · ) onde aparece a s´erie geom´etrica de raz˜ao 8/9. Uma vez que |8/9| < 1, essa s´erie converge para 1 + (8/9) + (8/9)2 + (8/9)3 + · · · = 1 1 − (8/9) = 9 Segue ent˜ao que A = 1 − (1/9)9 = 0 P´agina 21 de 60 Página 22 de 60 Universidade de Brasília Departamento de Matemática Cálculo 2 Lista de Exercícios – Módulo 2 – Lista 3 – Solução 1) Para cada série de potências abaixo, expanda os primeiros quatro termos não nulos e descubra para quais valores de x ∈ R a série converge. a) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^n . b) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n . c) \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k} . d) \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} . Solução a) Os quatro primeiro termos não-nulos são \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^n = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \cdots Aplicando o teste da razão, temos que \lim \frac{\frac{1}{n+1} x^{n+1}}{\frac{1}{n} x^n} = \left(\lim \frac{n}{n+1}\right) |x| = |x| , temos que a série \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n} x^n converge quando |x| < 1 e diverge quando |x| > 1. Quando |x| = 1, o teste da razão não se aplica e temos que substituir os valores de x diretamente. Para x = 1 a série de potências fica \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} (1)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} que diverge pois é a série harmônica. Para x = −1 a série de potências fica \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} (−1)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(−1)^n}{n} que converge pois é a série harmônica alternada. Segue que a série converge se, somente se x ∈ [−1, 1]. Página 23 de 60 b) Os quatro primeiro termos não-nulos são \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots Aplicando o teste da razão, temos que \lim \left| \frac{\frac{1}{(n+1)!} x^{n+1}}{\frac{1}{n!} x^n} \right| = \lim \left| \frac{n!}{(n+1)!} x \right| = \lim \frac{|x|}{n+1} = 0, onde usamos que (n+1)! = (n+1) n!. Segue que a série converge para todo x ∈ R. c) Os quatro primeiro termos não-nulos são \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots Aplicando o teste da razão, temos que \lim \left| \frac{\frac{(-1)^{k+1}}{(2(k+1))!} x^{2(k+1)}}{\frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k}} \right| = \lim \frac{(2k)!}{(2(k+1))!} x^2 = \lim \frac{|x|^2}{(2k+2)(2k+1)} = 0, onde usamos que (2k+2)! = (2k+2)(2k+1)(2k)!. Segue que a série converge para todo x ∈ R. d) Os quatro primeiro termos não-nulos são \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots Aplicando o teste da razão, temos que \lim \left| \frac{\frac{(-1)^{k+1}}{(2(k+1)+1)!} x^{2(k+1)+1}}{\frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1}} \right| = \lim \frac{(2k+1)!}{(2(k+1)+1)!} x^2 = \lim \frac{|x|^2}{(2k+3)(2k+2)} = 0, onde usamos que (2k+3)! = (2k+3)(2k+2)(2k+1)!. Segue que a série converge para todo x ∈ R. Página 24 de 60 2) Nos itens abaixo, determine se a afirmação é verdadeira ou falsa. Se for verdadeira, demonstre porque. Se for falsa, dê um exemplo que prove sua falsidade. a) Se \( \sum_{n=0}^{\infty} |a_n| \) converge, então \( \sum_{n=0}^{\infty} (a_n)^2 \) também converge. b) Se \( \sum_{n=0}^{\infty} (a_n)^2 \) converge, então \( \sum_{n=0}^{\infty} |a_n| \) também converge. c) Se \( \lim \sqrt[n]{|a_n|} < 1 \), então \( \lim a_n = 0 \). d) Para cada \( x \in \mathbb{R} \), temos que \( \lim \frac{x^n}{n!} = 0 \). e) Se \( \lim \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = 1 \), então \( \sum_{n=0}^{\infty} a_n \) converge. f) Se \( \lim \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = 1 \), então \( \sum_{n=0}^{\infty} a_n \) diverge. g) Se o limite \( \lim_{x \to c} \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n \) existe, então ele é igual à \( \sum_{n=0}^{\infty} c_n c^n \). \[ \textbf{Solução} \] a) Verdadeira. Se a série \( \sum_{n=0}^{\infty} |a_n| \) converge, então \( \lim |a_n| = 0 \), portanto existe um \( k \) à partir do qual\[ 0 \le |a_n| < 1 \] para todo \( n \ge k \). Multiplicando essa desigualdade por \( |a_n| \) e usando que \( |a_n|^2 = (a_n)^2 \), obtemos que \[ 0 \le (a_n)^2 \le |a_n| \] para todo \( n \ge k \). Somando essas desigualdades, obtemos \[ \sum_{n=k}^{\infty} (a_n)^2 \le \sum_{n=k}^{\infty} |a_n| \le \sum_{n=0}^{\infty} |a_n| < \infty. \] Como é uma série de parcelas positivas, a cauda \( \sum_{n=k}^{\infty} (a_n)^2 \) converge. Como a cauda converge, a série converge. b) Falsa. Basta pensar na série 2-harmônica \( \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} \right)^2 \), que converge, enquanto a série harmônica \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \) diverge. c) Verdadeira. Se \( \lim \sqrt[n]{|a_n|} < 1 \), pelo teste da raiz, a série \( \sum_{n=0}^{\infty} a_n \) converge, de modo que suas parcelas lim \( a_n = 0 \). d) Verdadeira. Temos que\[ \lim \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{x^n} = \lim \frac{|x|}{n+1} = 0, \] Pelo teste da razão, a série \( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \) converge, de modo que suas parcelas lim \( \frac{x^n}{n!} = 0 \). e) Falsa. Basta pensar na série harmônica \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \), que diverge, enquanto \[ \lim \frac{1}{n+1} \bigg/ \frac{1}{n} = \lim \frac{n}{n+1} = 1. \] f) Falsa. Basta pensar na série 2-harmônica \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \), que converge, enquanto \[ \lim \frac{1}{(n+1)^2} \bigg/ \frac{1}{n^2} = \lim \left( \frac{n}{n+1} \right)^2 = 1. \] g) Falsa. Basta considerar \( c = -1 \) e a série geométrica \[ \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x} \] cujo domínio é o intervalo aberto \((-1, 1)\). Temos que o limite \[ \lim_{x \to -1} \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \lim_{x \to -1} \frac{1}{1-x} = \frac{1}{1-(-1)} = \frac{1}{2}. \] Por outro lado,\[ \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \] sequer converge.\[ \textbf{FIQUE DE OLHO:} \] Nem sempre se pode calcular o limite de uma série de potências quando a variável \( x \) tende a um valor \( c \) por substituindo \( x \) por \( c \). Se a série de potências tem raio de convergência \( R \), poder ser que isso NÃO funcione quando \( c = \pm R \). Porém, isso sempre funciona quando \( c \in (-R, R) \). 3) O objetivo desse exercício é apresentar séries de potências que possuem o mesmo raio de convergência, mas com domínios diferentes. Verifique as seguintes afirmações. a) O domínio de \( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n} x^n \) é o intervalo aberto \((-2, 2)\) com raio 2. b) O domínio de \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n2^n} \) é o intervalo \([-2, 2)\) com raio 2. c) O domínio de \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n2^n} x^n \) é o intervalo \((-2, 2)\) com raio 2. d) O domínio de \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2 2^n} x^n \) é o intervalo fechado \([-2, 2] \) com raio 2. e) O domínio de \( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k4^k} x^{2k} \) é o intervalo fechado \([-2, 2] \) com raio 2. \[ \textbf{Solução} \] a) Como \[ \lim \left| \frac{1}{2n+1} x^{n+1} \bigg/ \frac{1}{2^n} x^n \right| = \lim \frac{|x|}{2} = \frac{|x|}{2} \] pelo teste da razão, a série de potências converge quando \( \frac{|x|}{2} < 1 \) e diverge quando \( \frac{|x|}{2} > 1, \) de modo que a série de potências converge quando \( |x| < 2 \) e diverge quando \( |x| > 2. \) Quando \( |x| = 2 \) a série também diverge, uma vez que, nesse caso, o termo geral não vai pra zero, pois seu módulo é igual a um. Portanto o domínio dessa série de potências é o intervalo aberto \((-2, 2)\). b) Como \[ \lim \left| \frac{1}{(n+1) 2^n} x^{n+1} \bigg/ \frac{1}{n 2^n} x^n \right| = \left( \lim \frac{n}{n+1} \right) \frac{|x|}{2} = \frac{|x|}{2} \] pelo teste da razão, a série de potências converge quando \( \frac{|x|}{2} < 1 \) e diverge quando \( \frac{|x|}{2} > 1, \) de modo que a série de potências converge quando \( |x| < 2 \) e diverge quando \( |x| > 2.\) Quando \( x = 2 \) a série também diverge, uma vez que, nesse caso \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n} 2^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty. \] pois é a série harmônica. Quando \( x = -2 \) a série converge, uma vez que, nesse caso \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n} (-2)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \] è a série harmônica alternada. Portanto o domínio dessa série de potências é o intervalo \([-2, 2)\). c) Como \[ \lim \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)2^{n+1}} x^{n+1}}{\frac{(-1)^n}{n2^n} x^n} = \left(\lim \frac{n}{n+1} \right) \frac{|x|}{2} = \frac{|x|}{2} \] pelo teste da razão, a série de potências converge quando \(\frac{|x|}{2} < 1\) e diverge quando \(\frac{|x|}{2} > 1\), de modo que a série de potências converge quando \(|x| < 2\) e diverge quando \(|x| > 2\). Quando \(x = 2\) a série converge, uma vez que, nesse caso \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n2^n} 2^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \] é a série harmônica alternada. Quando \(x = -2\) a série diverge, uma vez que, nesse caso \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n2^n} (-2)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty \] é a série harmônica. Portanto o domínio dessa série de potências é o intervalo \((-2, 2)\). d) Como \[ \lim \frac{\frac{1}{(n+1)2^{n+1}} x^{n+1}}{\frac{1}{n2^2n} x^n} = \left(\lim \frac{n^2}{(n+1)^2} \right) \frac{|x|}{2} = \frac{|x|}{2} \] pelo teste da razão, a série de potências converge quando \(\frac{|x|}{2} < 1\) e diverge quando \(\frac{|x|}{2} > 1\), de modo que a série de potências converge quando \(|x| < 2\) e diverge quando \(|x| > 2\). Quando \(|x| = 2\) a série converge absolutamente, uma vez que, nesse caso \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n2^{2n}} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < \infty. \] é a série 2-harmônica, que converge. Portanto o domínio dessa série de potências é o intervalo fechado \([-2, 2]\). e) Como \[ \lim \frac{\frac{(-1)^{k+1}}{(k+1)4^{k+1}} x^{2(k+1)}}{\frac{(-1)^k}{k4^k} x^{2k}} = \left(\lim \frac{k}{k+1} \right) \frac{|x|^2}{4} = \frac{|x|^2}{4} \] pelo teste da razão, a série de potências converge quando \(\frac{|x|^2}{4} < 1\) e diverge quando \(\frac{|x|^2}{4} > 1\), de modo que a série de potências converge quando \(|x| < 2\) e diverge quando \(|x| > 2\). Quando \(|x| = 2\) a série também converge, uma vez que para \(x = \pm2\), temos que \[ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k4^k} (\pm2)^{2k} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} \] é a série harmônica alternada, que converge. Portanto o domínio dessa série de potências é o intervalo fechado \([-2, 2]\). Página 28 de 60 4) O objetivo desse exercício é apresentar algumas séries de potências que naturalmente possuem raio de convergência diferente de zero, de um e de infinito. a) Considere \(f_n\) a sequência de Fibonacci. Utilizando o teste da razão, mostre que o raio de convergência de \[ \sum_{n=1}^{\infty} f_n x^n \] é igual dado por \(R = 1/\phi\), onde \(\phi\) é a razão áurea. b) Utilizando o teste da raiz, mostre que o raio de convergência de \[ \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n^2} x^n \] é dado por \(R = 1/e\). c) Utilizando o teste da razão, mostre que o raio de convergência de \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^n}{n!} x^n \] é dado por \(R = 1/e\). Solução a) Pelo teste da razão temos que \[ \lim \left|\frac{f_{n+1} x^{n+1}}{f_n x^n} \right| = \lim \frac{f_{n+1}}{f_n} |x| = \phi |x| \] onde usamos que \[ \lim \frac{f_{n+1}}{f_n} = \phi \] Pelo teste da razão, temos que a série de potências converge quando \(\phi |x| < 1\) e diverge quando \(\phi |x| > 1\). Ou seja, a série de potências converge quando \(|x| < 1/\phi\) e diverge quando \(|x| > 1/\phi\), de modo que o raio de convergência é dado por \(R = 1/\phi\). b) Pelo teste da raiz temos que \[ \lim \sqrt[n]{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n^2} x^n} = \lim \left(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n^2} |x|^n \right)^{1/n} = \lim \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n |x| = e |x| \] onde usamos que \[ \lim \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e \] Pelo teste da razão, temos que a série de potências converge quando \(e|x| < 1\) e diverge quando \(e|x| > 1\). Ou seja, a série de potências converge quando \(|x| < 1/e\) e diverge quando \(|x| > 1/e\), de modo que o raio de convergência é dado por \(R = 1/e\). Página 29 de 60 c) Pelo teste da razão temos que \[ \lim \left| \frac{\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!} x^{n+1}}{\frac{n^n}{n!} x^n} \right| = \lim \frac{(n+1)^n}{n^n} |x| = \lim \frac{(n+1)^n}{n^n} |x| \] \[ = \lim \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n |x| = e |x| \] onde usamos que \[ \lim \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e \] Pelo teste da razão, temos que a série de potências converge quando \[ e|x| < 1 \iff |x| < \frac{1}{e} \] e diverge quando \[ e|x| > 1 \iff |x| > \frac{1}{e} \] Assim, seu raio de convergência é \(R = 1/e\). Página 30 de 60 Página 32 de 60 Universidade de Brasília Departamento de Matemática Cálculo 2 Lista de Exercícios – Módulo 2 – Lista 4 – Solução 1) Considere as funções y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^n}{n!} e z(x) = \sum_{k=0}^{\infty} (-4)^k \frac{x^{2k}}{(2k)!} definidas para todo x ∈ R. a) Calcule y'(x). b) Verifique que y'(x) + y(x) = 0. c) Calcule z''(x). d) Verifique que z''(x) + 4z(x) = 0. Solução a) Temos que y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n x^{n-1}}{n!} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{n-1}}{(n - 1)!} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n+1} \frac{x^n}{n!} b) Pelo item anterior, segue que y'(x) + y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n+1} \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} ((-1)^{n+1} + (-1)^n) \frac{x^n}{n!} = 0 uma vez que (-1)^{n+1} + (-1)^n = -(-1)^n + (-1)^n = 0 c) Temos que z''(x) = \sum_{k=1}^{\infty} (-4)^k \frac{2k(2k-1) x^{2k-2}}{(2k)!} = \sum_{k=1}^{\infty} (-4)^k \frac{x^{2k-2}}{(2k-2)!} = \sum_{k=1}^{\infty} (-4)^k \frac{x^{2(k-1)}}{(2(k-1))!} Página 33 de 60 d) Pelo item anterior, segue que z''(x) + 4z(x) = \sum_{k=1}^{\infty} (-4)^k \frac{x^{2(k-1)}}{(2(k-1))!} + 4 \sum_{k=0}^{\infty} (-4)^k \frac{x^{2k}}{(2k)!} = \sum_{k=0}^{\infty} (-4)^{k+1} \frac{x^{2k}}{(2k)!} + \sum_{k=0}^{\infty} 4(-4)^k \frac{x^{2k}}{(2k)!} = \sum_{k=0}^{\infty} ((-4)^{k+1} + 4(-4)^k) \frac{x^{2k}}{(2k)!} = 0 uma vez que (-4)^{k+1} + 4(-4)^k = -4(-4)^k + 4(-4)^k = 0 Página 34 de 60 2) Considere y(x) = 1 X n=0 cnxn e escreva as express˜oes abaixo como s´eries de potˆencias da forma 1 X n=0 dnxn, determinando seus coeficientes dn. a) A express˜ao −2xy0(x). b) A express˜ao xy00(x). c) A express˜ao (1 − x)y00(x). d) A express˜ao (1 − x2)y00(x). Solu¸c˜ao a) Temos que y0(x) = 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn de modo que −2xy0(x) = −2x 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn = 1 X n=0 −2cn+1(n + 1)xn+1 = 1 X n=1 −2cnnxn = 1 X n=0 −2cnnxn onde fizemos uma mudan¸ca de´ındices na terceira igualdade e usamos que −2c00x0 = 0 na quarta igualdade. Segue ent˜ao que dn = −2cnn para n ≥ 0. b) Temos que y00(x) = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn de modo que xy00(x) = x 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn+1 = 1 X n=1 cn+1(n + 1)nxn = 1 X n=0 cn+1(n + 1)nxn P´agina 35 de 60 onde fizemos uma mudan¸ca de ´ındices na terceira igualdade e usamos que c1(0 + 1)0x0 = 0 na quarta igualdade. Segue ent˜ao que dn = cn+1(n + 1)n para n ≥ 0. c) Temos que y00(x) = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn de modo que (1 − x)y00(x) = y00(x) − xy00(x) = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn − x 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cn+2(n + 2)(n + 1)xn+1 = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=1 −cn+1(n + 1)nxn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cn+1(n + 1)nxn = 1 X n=0 (cn+2(n + 2)(n + 1) − cn+1(n + 1)n) xn onde fizemos uma mudan¸ca de´ındices na quarta igualdade e usamos que c1(0+1)0x0 = 0 na quinta igualdade. Segue ent˜ao que dn = cn+2(n + 2)(n + 1) − cn+1(n + 1)n para n ≥ 0. d) Temos que y00(x) = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn de modo que (1 − x2)y00(x) = y00(x) − x2y00(x) = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn − x2 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cn+2(n + 2)(n + 1)xn+2 = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=2 −cnn(n − 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cnn(n − 1)xn = 1 X n=0 (cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1)) xn P´agina 36 de 60 onde fizemos uma mudan¸ca de´ındices na quarta igualdade e usamos que c00(0−1)x0 = 0 e que c11(1 − 1)x1 = 0 na quinta igualdade. Segue ent˜ao que dn = cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1) para n ≥ 0. P´agina 37 de 60 3) O objetivo desse exerc´ıcio ´e analisar as s´eries de Taylor das fun¸c˜oes seno e cosseno. a) Mostre que sen(n)(x) = ⇢ (−1)k sen(x), n = 2k (−1)k cos(x), n = 2k + 1 e que cos(n)(x) = ⇢ (−1)k cos(x), n = 2k −(−1)k sen(x), n = 2k + 1 b) Determine as s´eries de Taylor de sen(x) e de cos(x). c) Sabendo que sen(x) e de cos(x) coincidem com suas s´eries de Taylor, determine as s´eries de Taylor de Z sen(x2) dx e de Z cos(x2) dx. Solu¸c˜ao a) As primeiras derivadas pares do seno s˜ao dadas por sen(0)(x) = sen(x) sen(2)(x) = − sen(x) sen(4)(x) = sen(x) sen(6)(x) = − sen(x) de modo que sen(2k)(x) = (−1)k sen(x) Segue ent˜ao que sen(2k+1)(x) = ((−1)k sen(x))0 = (−1)k cos(x) Por outro lado, as primeiras derivadas pares do cosseno s˜ao dadas por cos(0)(x) = cos(x) cos(2)(x) = − cos(x) cos(4)(x) = cos(x) cos(6)(x) = − cos(x) de modo que cos(2k)(x) = (−1)k cos(x) Segue ent˜ao que cos(2k+1)(x) = ((−1)k cos(x))0 = −(−1)k sen(x) b) Pelo item anterior, segue que sen(n)(0) n! = 8 < : 0, n = 2k (−1)k (2k + 1)!, n = 2k + 1 de modo que a s´erie de Taylor do seno ´e dada por 1 X n=0 sen(n)(0) n! xn = 1 X k=0 (−1)k (2k + 1)!x2k+1 P´agina 38 de 60 Por outro lado, novamente usando item anterior, segue que cos(n)(0) n! = 8 < : (−1)k (2k)! , n = 2k 0, n = 2k + 1 de modo que a s´erie de Taylor do cosseno ´e dada por 1 X n=0 cos(n)(0) n! xn = 1 X k=0 (−1)k (2k)! x2k c) Como sen(x) = 1 X k=0 (−1)k (2k + 1)!x2k+1 e tamb´em cos(x) = 1 X k=0 (−1)k (2k)! x2k substituindo x por x2, segue que sen(x2) = 1 X k=0 (−1)k (2k + 1)!(x2)2k+1 = 1 X k=0 (−1)k (2k + 1)!x4k+2 e tamb´em que cos(x2) = 1 X k=0 (−1)k (2k)! (x2)2k = 1 X k=0 (−1)k (2k)! x4k Integrando, segue que Z sen(x2) dx = Z 1 X k=0 (−1)k (2k + 1)!x4k+2 dx = 1 X k=0 (−1)k (2k + 1)! x4k+3 4k + 3 + C e tamb´em que Z cos(x2) dx = Z 1 X k=0 (−1)k (2k)! x4k dx = 1 X k=0 (−1)k (2k)! x4k+1 4k + 1 + C que s˜ao suas s´eries de Taylor. P´agina 39 de 60 4) O objetivo desse exerc´ıcio ´e analisar as s´eries de Taylor das fun¸c˜oes seno e cosseno hi- perb´olicos, dadas por senh(x) = ex − e−x 2 e cosh(x) = ex + e−x 2 a) Verifique que senh(0) = 0 e cosh(0) = 1 e que senh0(x) = cosh(x) e cosh0(x) = senh(x) b) Mostre que senh(n)(x) = ⇢ senh(x), n = 2k cosh(x), n = 2k + 1 e que cosh(n)(x) = ⇢ cosh(x), n = 2k senh(x), n = 2k + 1 c) Determine as s´eries de Taylor de senh(x) e de cosh(x). d) Sabendo que senh(x) e de cosh(x) coincidem com suas s´eries de Taylor, determine as s´eries de Taylor de Z senh(x2) dx e de Z cosh(x2) dx. Solu¸c˜ao a) Temos que senh(0) = 1 − 1 2 = 0 e cosh(0) = 1 + 1 2 = 1 que senh0(x) = ✓ex − e−x 2 ◆0 = ex + e−x 2 = cosh(x) e que cosh0(x) = ✓ex + e−x 2 ◆0 = ex − e−x 2 = senh(x) b) As primeiras derivadas pares do seno hiperb´olico s˜ao dadas por senh(0)(x) = senh(x) senh(2)(x) = senh(x) senh(4)(x) = senh(x) senh(6)(x) = senh(x) de modo que senh(2k)(x) = senh(x) Segue ent˜ao que senh(2k+1)(x) = ( senh(x))0 = cosh(x) Por outro lado, as primeiras derivadas pares do cosseno hiperb´olico s˜ao dadas por cosh(0)(x) = cosh(x) cosh(2)(x) = cosh(x) cosh(4)(x) = cosh(x) cosh(6)(x) = cosh(x) P´agina 40 de 60 de modo que cosh(2k)(x) = cosh(x) Segue ent˜ao que cosh(2k+1)(x) = (cosh(x))0 = senh(x) c) Pelo item anterior, segue que senh(n)(0) n! = 8 < : 0, n = 2k 1 (2k + 1)!, n = 2k + 1 de modo que a s´erie de Taylor do seno hiperb´olico ´e dada por 1 X n=0 senh(n)(0) n! xn = 1 X k=0 1 (2k + 1)!x2k+1 Por outro lado, novamente usando item anterior, segue que cosh(n)(0) n! = 8 < : 1 (2k)!, n = 2k 0, n = 2k + 1 de modo que a s´erie de Taylor do cosseno hiperb´olico ´e dada por 1 X n=0 cosh(n)(0) n! xn = 1 X k=0 1 (2k)!x2k d) Como senh(x) = 1 X k=0 1 (2k + 1)!x2k+1 e tamb´em cosh(x) = 1 X k=0 1 (2k)!x2k substituindo x por x2, segue que senh(x2) = 1 X k=0 1 (2k + 1)!(x2)2k+1 = 1 X k=0 1 (2k + 1)!x4k+2 e tamb´em que cosh(x2) = 1 X k=0 1 (2k)!(x2)2k = 1 X k=0 1 (2k)!x4k Integrando, segue que Z senh(x2) dx = Z 1 X k=0 1 (2k + 1)!x4k+2 dx = 1 X k=0 1 (2k + 1)! x4k+3 4k + 3 + C e tamb´em que Z cosh(x2) dx = Z 1 X k=0 1 (2k)!x4k dx = 1 X k=0 1 (2k)! x4k+1 4k + 1 + C que s˜ao suas s´eries de Taylor. P´agina 41 de 60 5) O objetivo deste exerc´ıcio ´e mostrar que uma s´erie de potˆencias que que define uma fun¸c˜ao par ou ´ımpar s´o possui, respectivamente, potˆencias pares ou ´ımpares. Seja f(x) = 1 X n=0 cnxn uma s´erie de potˆencias com raio de convergˆencia R > 0. a) Se f(x) ´e uma fun¸c˜ao par, isto ´e f(−x) = f(x) mostre que a s´erie de potˆencias s´o possui potˆencias pares. b) Se f(x) ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar, isto ´e f(−x) = −f(x) mostre que a s´erie de potˆencias s´o possui potˆencias ´ımpares. Solu¸c˜ao a) Temos que f(−x) = 1 X n=0 cn(−x)n = 1 X n=0 (−1)ncnxn Se f(x) ´e uma fun¸c˜ao par temos que f(−x) = 1 X n=0 (−1)ncnxn k f(x) = 1 X n=0 cnxn Pela unicidade dos coeficientes, igualamos os coeficiente das potˆencias de mesmo grau e obtemos que (−1)ncn = cn Para n ´ımpar temos que (−1)n = −1 e segue que −cn = cn =) cn = 0 portanto os coeficientes ´ımpares s˜ao todos nulos. Isso mostra que esta s´erie de potˆencias s´o possui potˆencias pares. FIQUE DE ⇥LH⇥: O cosseno ´e um exemplo de uma fun¸c˜ao par cuja s´erie de potˆencia s´o possui potˆencias pares. No entanto, o que se pede aqui n˜ao ´e dar esse exemplo, mas mostrar que isso vale para qualquer fun¸c˜ao par dada por uma s´erie de potˆencias: ´e ERRADO tentar provar isso apenas dando o exemplo do cosseno. b) Temos que f(−x) = 1 X n=0 cn(−x)n = 1 X n=0 (−1)ncnxn P´agina 42 de 60 Se f(x) ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar temos que f(−x) = 1 X n=0 (−1)ncnxn k −f(x) = 1 X n=0 −cnxn Pela unicidade dos coeficientes, igualamos os coeficiente das potˆencias de mesmo grau e obtemos que −cn = (−1)ncn Para n par temos que (−1)n = 1 e segue que −cn = cn =) cn = 0 portanto os coeficientes pares s˜ao todos nulos. Isso mostra que esta s´erie de potˆencias s´o possui potˆencias ´ımpares. FIQUE DE ⇥LH⇥: O seno ´e um exemplo de uma fun¸c˜ao ´ımpar cuja s´erie de potˆencia s´o possui potˆencias ´ımpares. No entanto, o que se pede aqui n˜ao ´e dar esse exemplo, mas mostrar que isso vale para qualquer fun¸c˜ao ´ımpar dada por uma s´erie de potˆencias: ´e ERRADO tentar provar isso apenas dando o exemplo do seno. P´agina 43 de 60 6) Nos itens abaixo, determine se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa. Se for verdadeira, demonstre porque. Se for falsa, dˆe um exemplo que prove sua falsidade. a) Se o dom´ınio de 1 X n=0 cnxn ´e (−1, 1], ent˜ao o dom´ınio de 1 X n=0 cn Rnxn ´e (−R, R]. b) Se 1 X n=0 cnxn converge para x = 2, ent˜ao tamb´em converge para x = −2. c) Se 1 X n=0 cnxn converge para x = 2, ent˜ao tamb´em converge para x = −1. d) Se a derivada de 1 X n=0 cnxn em x = c existe, ent˜ao ela ´e igual a 1 X n=0 cnncn−1. Solu¸c˜ao a) Verdadeira. De fato, temos que g(x) = 1 X n=0 cn Rnxn = 1 X n=0 cn ⇣ x R ⌘n = f ⇣ x R ⌘ de modo que dom(g) = n x : x R 2 dom(f) o = n x : x R 2 (−1, 1] o = n x : −1 < x R  1 o = {x : −R < x  R} = (−R, R] b) Falsa. Primeiro considere uma s´erie de potˆencias com dom´ınio (−1, 1], como 1 X n=1 (−1)n n xn. Pelo item anterior, a s´erie de potˆencias 1 X n=1 (−1)n n2n xn tem dom´ınio (−2, 2]. De fato, para x = 2, obtemos a s´erie harmˆonica alternada 1 X n=1 (−1)n n2n 2n = 1 X n=0 (−1)n n que converge. Para x = −2, usando que (−2)n = (−1)n2n, obtemos a s´erie harmˆonica 1 X n=1 (−1)n n2n (−2)n = 1 X n=0 1 n, que diverge. P´agina 44 de 60 c) Verdadeira. De fato, se essa s´erie converge para x = 2, ent˜ao seu raio de convergˆencia R ´e maior ou igual a 2. Segue que x = −1 2 (−R, R), de modo que a s´erie tamb´em converge para x = −1. d) Falsa. Basta considerar c = −1 e a a s´erie 1 X n=1 1 nxn = − log(1 − x) cujo dom´ınio ´e o intervalo aberto [−1, 1). Temos a derivada da s´erie em x = −1 existe e ´e igual a 1 X n=1 1 nxn !0 x=−1 = (− log(1 − x))0 x=−1 = ✓ 1 1 − x ◆ x=−1 = 1 2. Por outro lado, 1 X n=1 1 nn(−1)n−1 = 1 X n=1 (−1)n−1 sequer converge. FIQUE DE ⇥LH⇥: Nem sempre se pode calcular a derivada de uma s´erie de potˆencias quando a vari´avel x tende a um valor c derivando termo a termo e substituindo x por c. Se a s´erie de potˆencias tem raio de convergˆencia R, poder ser que isso N ˜AO fun- cione quando c = ±R. Por´em, isso sempre funciona quando c 2 (−R, R). P´agina 45 de 60 Página 46 de 60 Universidade de Bras´ılia Departamento de Matem´atica C´alculo 2 Lista de Exerc´ıcios – M´odulo 2 – Lista 5 – Solu¸c˜ao 1) A descri¸c˜ao quˆantica dos fenˆomenos subatˆomicos ´e probabil´ıstica. Considere um oscilador harmˆonico quˆantico unidimensional, onde part´ıcula subatˆomica de massa m se movimenta no eixo x sob a a¸c˜ao de um potencial da forma V (x) = m!2x2/2, que ´e o potencial do sistema massa-mola com frequˆencia !. x2 x1 x A probabilidade de encontrarmos a part´ıcula no intervalo (x1, x2) ´e proporcional `a integral Z x2 x1 X(x)2 dx onde a fun¸c˜ao X(x) satisfaz a equa¸c˜ao de Schr¨odinger − ~2 2mX00(x) + m!2 2 x2X(x) = EX(x) onde ~ ´e a constante de Planck dividida por 2⇡ e E ´e a energia do oscilador. Por simplicidade, vamos supor que m = ~ = ! = 1 de modo que X00(x) + (2E − x2)X(x) = 0 Escrevendo X(x) = e−x2/2y(x), vimos que y(x) satisfaz y00(x) − 2xy0(x) + 2λy(x) = 0, conhecida como equa¸c˜ao de Hermite, onde λ = E − 1/2 a) Escrevendo y(x) = P1 n=0 cnxn, determine, em fun¸c˜ao dos coeficientes cn, os coefici- entes pn da s´erie −2xy0(x) = P1 n=0 pnxn. Use a equa¸c˜ao de Hermite para obter a equa¸c˜ao de recorrˆencia satisfeita pelos cn. b) Para λ = 6, determine os coeficientes das solu¸c˜oes canˆonicas y1(t) e y2(t) e decida qual delas ´e n˜ao ´e polinˆomio. Essa solu¸c˜ao ´e uma fun¸c˜ao par ou ´ımpar? Determine seu raio de convergˆencia. c) Para λ = 7, determine os coeficientes das solu¸c˜oes canˆonicas y1(t) e y2(t) e decida qual delas n˜ao ´e polinˆomio. Essa solu¸c˜ao ´e uma fun¸c˜ao par ou ´ımpar? Determine seu raio de convergˆencia. Solu¸c˜ao a) Temos que −2xy0(x) = −2x 1 X n=0 (n + 1)cn+1xn = 1 X n=0 −2(n + 1)cn+1xn+1 = 1 X n=1 −2ncnxn = 1 X n=0 −2ncnxn P´agina 47 de 60 onde usamos na ´ultima igualdade que que 0c0 = 0. Sabemos que y00(x) = 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)cn+2xn Substituindo essas express˜oes na equa¸c˜ao de Hermite, obtemos que 1 X n=0 (n + 2)(n + 1)cn+2xn + 1 X n=0 −2ncnxn + 2λ 1 X n=0 cnxn = 0 de modo que 1 X n=0 [(n + 2)(n + 1)cn+2 + 2(λ − n)cn]xn = 0, Segue ent˜ao que (n + 2)(n + 1)cn+2 + 2(λ − n)cn = 0, de onde obtemos a seguinte equa¸c˜ao de recorrˆencia cn+2 = 2(n − λ) (n + 2)(n + 1)cn. b) Para λ = 6 a recorrˆencia ´e dada por cn+2 = 2(n − 6) (n + 2)(n + 1)cn Temos que y1(x) satisfaz as condi¸c˜oes iniciais c0 = y1(0) = 1 c1 = y0 1(0) = 0 Os coeficientes pares s˜ao ent˜ao dados por c0 = 1 c2 = 2(0 − 6) 2 · 1 c0 = −6 c4 = 2(2 − 6) 4 · 3 c2 = 4 c6 = 2(4 − 6) 6 · 5 c4 = − 8 15 c8 = 2(6 − 6) 8 · 7 c6 = 0 e `a partir da´ı temos c10 = c12 = · · · = 0. Os coeficientes ´ımpares s˜ao dados por c1 = c3 = c5 = · · · = 0, uma vez que c1 = 0, e cada coeficiente ´ımpar ´e obtido `a partir de uma multiplica¸c˜ao pelo coeficiente ´ımpar anterior. Segue ent˜ao que a solu¸c˜ao y1(x) ´e o polinˆomio de grau 6 dado por y1(x) = 1 − 6x2 + 4x4 − 8 15x6 Temos que y2(x) satisfaz as condi¸c˜oes iniciais c0 = y2(0) = 0 c1 = y0 2(0) = 1 Os coeficientes pares s˜ao dados por c0 = c2 = c4 = · · · = 0, uma vez que c0 = 0, e cada coeficiente par ´e obtido `a partir de uma multiplica¸c˜ao pelo coeficiente par anterior. P´agina 48 de 60 Já os coeficientes ímpares nunca se anulam, uma vez que c_1 = 1 e que cada coeficiente ímpar é obtido multiplicando o coeficiente ímpar anterior pelo fator \[ \frac{2(n - 6)}{(n + 2)(n + 1)} \neq 0 \text{ para } n \text{ ímpar} \] Segue então que y_2(x) não é um polinômio. Se seu raio de convergência for positivo, y_2(x) é uma função ímpar, pois só aparecem potências ímpares. Podemos calcular o raio de convergência R de y_2(x) através do teste da razão. Temos que \[ \lim_{k \to \infty} \frac{|c_{2(k+1)+1}x^{2(k+1)+1}|}{c_{2k+1}x^{2k+1}} = |x|^2 \lim_{k \to \infty} \frac{c_{2k+3}}{c_{2k+1}} = 0, \] uma vez que, usando a equação de recorrência, segue que \[ \lim_{k \to \infty} \frac{c_{2k+3}}{c_{2k+1}} = \lim_{k \to \infty} \frac{2(2k + 1 - 6)}{(2k + 3)(2k + 2)} = 0, \] por L'Hospital. Pelo teste da razão, a série converge para todo x, de modo que seu raio de convergência é R = \infty. c) Para \lambda = 7 a recorrência é dada por \[ c_{n+2} = \frac{2(n - 7)}{(n + 2)(n + 1)} c_n \] Temos que y_1(x) satisfaz as condições iniciais \[ c_0 = y_1(0) = 1 \quad \quad c_1 = y'_1(0) = 0 \] Os coeficientes ímpares são dados por c_1 = c_3 = c_5 = \cdots = 0, uma vez que c_1 = 0, e cada coeficiente ímpar é obtido a partir de uma multiplicação pelo coeficiente ímpar anterior. Os coeficientes pares nunca se anulam, uma vez que c_0 = 1 e que cada coeficiente par é obtido multiplicando o coeficiente par anterior pelo fator \[ \frac{2(n - 7)}{(n + 2)(n + 1)} \neq 0 \text{ para } n \text{ par} \] Segue então que y_1(x) não é um polinômio. Se seu raio de convergência for positivo, y_1(x) é uma função par, pois só aparecem potências pares. Podemos calcular o raio de convergência R de y_1(x) através do teste da razão. Temos que \[ \lim_{k \to \infty} \frac{|c_{2(k+1)}x^{2(k+1)}|}{c_{2k}x^{2k}} = |x|^2 \lim_{k \to \infty} \frac{c_{2k+2}}{c_{2k}} = 0, \] uma vez que, usando a equação de recorrência, segue que \[ \lim_{k \to \infty} \frac{c_{2k+2}}{c_{2k}} = \lim_{k \to \infty} \frac{2(2k - 7)}{(2k + 2)(2k + 1)} = 0, \] por L'Hospital. Pelo teste da razão, a série converge para todo x, de modo que seu raio de convergência é R = \infty. Temos que y_2(x) satisfaz as condições iniciais \[ c_0 = y_2(0) = 0 \quad \quad c_1 = y'_2(0) = 1 \] Página 49 de 60 Os coeficientes pares s˜ao dados por c0 = c2 = c4 = · · · = 0, uma vez que c0 = 0, e cada coeficiente par ´e obtido `a partir de uma multiplica¸c˜ao pelo coeficiente par anterior. J´a os coeficientes ´ımpares s˜ao dados por c1 = 1 c3 = 2(1 − 7) 3 · 2 c1 = −2 c5 = 2(3 − 7) 5 · 4 c3 = 4 5 c7 = 2(5 − 7) 7 · 6 c5 = − 8 105 c9 = 2(7 − 7) 9 · 8 c7 = 0 e `a partir da´ı temos c11 = c13 = · · · = 0. Segue ent˜ao que a solu¸c˜ao y2(x) ´e o polinˆomio de grau 7 dado por y2(x) = x − 2x3 + x5 − 8 105x7 que ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar, pois s´o aparecem potˆencias ´ımpares. P´agina 50 de 60 2) Vimos no exerc´ıcio anterior que, para descrever a posi¸c˜ao do el´etron no ´atomo de hi- drogˆenio, precisamos resolver a equa¸c˜ao de Laguerre xy00(x) + (1 − x)y0(x) + (⌫ + λ)y(x) = 0 O objetivo desse exerc´ıcio ´e investigar as solu¸c˜oes dessa equa¸c˜ao usando s´eries de potˆencias. a) Escrevendo y(x) = P1 n=0 cnxn, determine, em fun¸c˜ao dos coeficientes cn, os coeficien- tes pn e qn das s´eries (1 − x)y0(x) = P1 n=0 pnxn e tamb´em xy00(x) = P1 n=0 qnxn. b) Use o item anterior e a equa¸c˜ao de Laguerre para obter a equa¸c˜ao de recorrˆencia satisfeita pelos cn. c) Verifique que, quando ⌫ + λ n˜ao ´e um inteiro e y(0) = 1, ent˜ao y(x) n˜ao ´e um polinˆomio, mas seu raio de convergˆencia de y(x) ´e infinito. Solu¸c˜ao a) Temos que (1 − x)y0(x) = (1 − x) 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn = 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn + 1 X n=0 −cn+1(n + 1)xn+1 = 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn + 1 X n=1 −cnnxn = 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn + 1 X n=0 −cnnxn = 1 X n=0 (cn+1(n + 1) − cnn)xn onde usamos na pen´ultima igualdade que que −c00x0 = 0. Temos tamb´em que xy00(x) = x 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn+1 = 1 X n=1 cn+1(n + 1)nxn = 1 X n=0 cn+1(n + 1)nxn onde usamos na ´ultima igualdade que que c0+1(0 + 1)0x0 = 0. b) Substituindo as express˜oes do item anterior na equa¸c˜ao de Laguerre, obtemos que 1 X n=0 cn+1(n + 1)nxn + 1 X n=0 (cn+1(n + 1) − cnn)xn + (⌫ + λ) 1 X n=0 cnxn = 0 P´agina 51 de 60 de modo que \[ \sum_{n=0}^{\infty} [c_{n+1}(n + 1)n + c_{n+1}(n + 1) - c_n n + (\nu + \lambda)c_n] x^n = 0 \] Segue então que \[ c_{n+1}(n + 1)n + c_{n+1}(n + 1) - c_n n + (\nu + \lambda)c_n = 0 \] que é equivalente a \[ c_{n+1}(n + 1)^2 = c_n (n - (\nu + \lambda)) \] Isolando c_{n+1}, obtemos a seguinte equação de recorrência \[ c_{n+1} = c_n \frac{n - (\nu + \lambda)}{(n + 1)^2} \] c) Quando \nu + \lambda não é inteiro, então c_n nunca se anula uma vez que c_1 = 1 e que cada coeficiente é obtido multiplicando o coeficiente anterior pelo fator \[ \frac{n - (\nu + \lambda)}{(n + 1)^2} \neq 0 \text{ para } n \text{ ímpar} \] Segue então que y(x) não é um polinômio. Podemos calcular o raio de convergência R de y(x) através do teste da razão. Temos que \[ \lim_{n \to \infty} \frac{|c_{n+1}x^{n+1}|}{c_n x^n} = |x| \lim_{n \to \infty} \frac{c_{n+1}}{c_n} = 0, \] uma vez que, usando a equação de recorrência, segue que \[ \lim_{n \to \infty} \frac{c_{n+1}}{c_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n - (\nu + \lambda)}{(n + 1)^2} = 0, \] por L'Hospital. Pelo teste da razão, a série converge para todo x real, de modo que seu raio de convergência é R = \infty. Página 52 de 60 3) Vimos no exerc´ıcio anterior que, para descrever a posi¸c˜ao do el´etron no ´atomo de hi- drogˆenio, precisamos resolver a equa¸c˜ao de Legendre (1 − x2)y00(x) − 2xy0(x) + λ(λ + 1)y(x) = 0 O objetivo desse exerc´ıcio ´e investigar as solu¸c˜oes dessa equa¸c˜ao usando s´eries de potˆencias. a) Escrevendo y(x) = P1 n=0 cnxn, determine, em fun¸c˜ao dos coeficientes cn, os coeficien- tes pn e qn das s´eries −2xy0(x) = P1 n=0 pnxn e tamb´em (1 − x2)y00(x) = P1 n=0 qnxn. b) Use o item anterior e a equa¸c˜ao de Legendre para obter a equa¸c˜ao de recorrˆencia satisfeita pelos cn. c) Para λ = 6, determine os coeficientes das solu¸c˜oes canˆonicas y1(t) e y2(t) e decida qual delas ´e n˜ao ´e polinˆomio. Essa solu¸c˜ao ´e uma fun¸c˜ao par ou ´ımpar? Determine seu raio de convergˆencia. d) Para λ = 7, determine os coeficientes das solu¸c˜oes canˆonicas y1(t) e y2(t) e decida qual delas n˜ao ´e polinˆomio. Essa solu¸c˜ao ´e uma fun¸c˜ao par ou ´ımpar? Determine seu raio de convergˆencia. Solu¸c˜ao a) Temos que −2xy0(x) = −2x 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn = 1 X n=0 −2cn+1(n + 1)xn+1 = 1 X n=1 −2cnnxn = 1 X n=0 −2cnnxn onde usamos na ´ultima igualdade que que −2c00x0 = 0. Temos tamb´em que (1 − x2)y00(x) = (1 − x2) 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cn+2(n + 2)(n + 1)xn+2 = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=2 −cnn(n − 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cnn(n − 1)xn = 1 X n=0 (cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1))xn onde usamos na pen´ultima igualdade que que −c00(0 − 1)x0 = 0 = −c11(1 − 1)x1. P´agina 53 de 60 b) Substituindo as express˜oes do item anterior na equa¸c˜ao de Legendre, obtemos que 1 X n=0 (cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1))xn + 1 X n=0 −2cnnxn + λ(λ + 1) 1 X n=0 cnxn = 0 de modo que 1 X n=0 [cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1) − 2cnn + λ(λ + 1)cn]xn = 0, Segue ent˜ao que cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1) − 2cnn + λ(λ + 1)cn = 0, que ´e equivalente a cn+2(n + 2)(n + 1) = cnn(n − 1) + 2cnn − λ(λ + 1)cn. Colocando cn em evidˆencia e isolando cn+2, obtemos a seguinte equa¸c˜ao de recorrˆencia cn+2 = cn n(n + 1) − λ(λ + 1) (n + 2)(n + 1) . c) Para λ = 6 a recorrˆencia ´e dada por cn+2 = n(n + 1) − 6 · 7 (n + 2)(n + 1) cn Temos que y1(x) satisfaz as condi¸c˜oes iniciais c0 = y1(0) = 1 c1 = y0 1(0) = 0 Os coeficientes pares s˜ao ent˜ao dados por c0 = 1 c2 = 0 · 1 − 6 · 7 2 · 1 c0 = −21 c4 = 2 · 3 − 6 · 7 4 · 3 c2 = 63 c6 = 4 · 5 − 6 · 7 6 · 5 c4 = −231 5 c8 = 6 · 7 − 6 · 7 8 · 7 c6 = 0 e `a partir da´ı temos c10 = c12 = · · · = 0. Os coeficientes ´ımpares s˜ao dados por c1 = c3 = c5 = · · · = 0, uma vez que c1 = 0, e cada coeficiente ´ımpar ´e obtido `a partir de uma multiplica¸c˜ao pelo coeficiente ´ımpar anterior. Segue ent˜ao que a solu¸c˜ao y1(x) ´e o polinˆomio de grau 6 dado por y1(x) = 1 − 21x2 + 63x4 − 231 5 x6 Temos que y2(x) satisfaz as condi¸c˜oes iniciais c0 = y2(0) = 0 c1 = y0 2(0) = 1 Os coeficientes pares s˜ao dados por c0 = c2 = c4 = · · · = 0, uma vez que c0 = 0, e cada coeficiente par ´e obtido `a partir de uma multiplica¸c˜ao pelo coeficiente par anterior. P´agina 54 de 60 Já os coeficientes ímpares nunca se anulam, uma vez que c_1 = 1 e que cada coeficiente ímpar é obtido multiplicando o coeficiente ímpar anterior pelo fator \frac{n(n + 1) - 6 \cdot 7}{(n + 2)(n + 1)} \neq 0 \quad \text{para n ímpar} uma vez que o numerador pode ser escrito como (n - 6)(n + 7) \neq 0 \quad \text{para n ímpar} Segue então que y_2(x) não é um polinômio. Se seu raio de convergência for positivo, y_2(x) é uma função ímpar, pois só aparecem potências ímpares. Podemos calcular o raio de convergência R de y_2(x) através do teste da razão. Temos que \lim \left| \frac{c_{2(k+1)+1}x^{2(k+1)+1+1}}{c_{2k+1}x^{2k+1+1}} \right| = |x|^2 \lim \left| \frac{c_{2k+3}}{c_{2k+1}} \right| = |x|^2, uma vez que, usando a equação de recorrência, segue que \lim \frac{c_{2k+3}}{c_{2k+1}} = \lim \frac{(2k + 1)(2k + 2) - 6 \cdot 7}{(2k + 3)(2k + 2)} = 1, por L'Hospital. Pelo teste da razão, a série converge se |x|^2 < 1 e diverge se |x|^2 > 1. Portanto a série converge se |x| < 1 e diverge se |x| > 1, de modo que seu raio de convergência é R = 1. d) Para \lambda = 7 a recorrência é dada por c_{n+2} = \frac{n(n + 1) - 7 \cdot 8}{(n + 2)(n + 1)} c_n Temos que y_1(x) satisfaça as condições iniciais \begin{align*} c_0 &= y_1(0) = 1 \\ c_1 &= y'_1(0) = 0 \end{align*} Os coeficientes ímpares são dados por c_1 = c_3 = c_5 = \cdots = 0, uma vez que c_1 = 0, e cada coeficiente ímpar é obtido a partir de uma multiplicação pelo coeficiente ímpar anterior. Os coeficientes pares nunca se anulam, uma vez que c_0 = 1 e que cada coeficiente par é obtido multiplicando o coeficiente par anterior pelo fator \frac{n(n + 1) - 7 \cdot 8}{(n + 2)(n + 1)} \neq 0 \quad \text{para n par} uma vez que o numerador pode ser escrito como (n - 7)(n + 8) \neq 0 \quad \text{para n par} Segue então que y_1(x) não é um polinômio. Se seu raio de convergência for positivo, y_1(x) é uma função par, pois só aparecem potências pares. Podemos calcular o raio de convergência R de y_1(x) através do teste da razão. Temos que \lim \left| \frac{c_{2(k+1)}x^{2(k+1)}}{c_{2k}x^{2k}} \right| = |x|^2 \lim \left| \frac{c_{2k+2}}{c_{2k}} \right| = |x|^2, uma vez que, usando a equação de recorrência, segue que \lim \frac{c_{2k+2}}{c_{2k}} = \lim \frac{2k(2k + 1) - 7 \cdot 8}{(2k + 2)(2k + 1)} = 1, por L’Hospital. Pelo teste da raz˜ao, a s´erie converge se |x|2 < 1 e diverge se |x|2 > 1. Portanto a s´erie converge se |x| < 1 e diverge se |x| > 1, de modo que seu raio de convergˆencia ´e R = 1. Temos que y2(x) satisfaz as condi¸c˜oes iniciais c0 = y2(0) = 0 c1 = y0 2(0) = 1 Os coeficientes pares s˜ao dados por c0 = c2 = c4 = · · · = 0, uma vez que c0 = 0, e cada coeficiente par ´e obtido `a partir de uma multiplica¸c˜ao pelo coeficiente par anterior. J´a os coeficientes ´ımpares s˜ao dados por c1 = 1 c3 = 1 · 2 − 7 · 8 3 · 2 c1 = −9 c5 = 3 · 4 − 7 · 8 5 · 4 c3 = 33 10 c7 = 5 · 6 − 7 · 8 7 · 6 c5 = − 143 8400 c9 = 7 · 8 − 7 · 8 9 · 8 c7 = 0 e `a partir da´ı temos c11 = c13 = · · · = 0. Segue ent˜ao que a solu¸c˜ao y2(x) ´e o polinˆomio de grau 7 dado por y2(x) = x − 9x3 + 33 10x5 − 143 8400x7 que ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar, pois s´o aparecem potˆencias ´ımpares. P´agina 56 de 60 4) A temperatura de equil´ıbrio T(P) em um ponto P de uma chapa el´ıptica feita com um material uniforme pode ser escrita em fun¸c˜ao das coordenadas el´ıpticas confocais (x, t) de P dadas por x = dA − dB d t = dA + dB d , onde d ´e a distˆancia entre os focos A e B da elipse, dA ´e a distˆancia entre P e A e dB ´e a distˆancia entre P e B. A B d P dA dB Temos que x varia em [−1, 1] e que t varia em [1, 2R/d], onde R ´e o raio maior da elipse. Note que o conjunto dos pontos tais que t ´e constante formam uma elipse. Escrevendo a temperatura em P como produto de duas fun¸c˜oes T(P) = y(x)z(t), ´e poss´ıvel mostrar que as fun¸c˜oes y(x) e z(t) satisfazem as seguintes equa¸c˜oes diferenciais (1 − x2)y00(x) − xy0(x) −y(x) = λ2 = (1 − t2)z00(t) − rz0(t) −z(t) onde λ ´e um inteiro positivo. Segue que y(x) satisfaz a equa¸c˜ao Tchebychev (1 − x2)y00(x) − xy0(x) + λ2y(x) = 0 a) Escrevendo y(x) = P1 n=0 cnxn, determine, em fun¸c˜ao dos coeficientes cn, os coeficien- tes pn e qn das s´eries −xy0(x) = P1 n=0 pnxn e tamb´em (1 − x2)y00(x) = P1 n=0 qnxn. b) Use o item anterior e a equa¸c˜ao de Tchebychev para obter a equa¸c˜ao de recorrˆencia satisfeita pelos cn. c) Para λ = 6, determine os coeficientes das solu¸c˜oes canˆonicas y1(t) e y2(t) e decida qual delas ´e n˜ao ´e polinˆomio. Essa solu¸c˜ao ´e uma fun¸c˜ao par ou ´ımpar? Determine seu raio de convergˆencia. d) Para λ = 7, determine os coeficientes das solu¸c˜oes canˆonicas y1(t) e y2(t) e decida qual delas n˜ao ´e polinˆomio. Essa solu¸c˜ao ´e uma fun¸c˜ao par ou ´ımpar? Determine seu raio de convergˆencia. Solu¸c˜ao a) Temos que −xy0(x) = −x 1 X n=0 cn+1(n + 1)xn = 1 X n=0 −cn+1(n + 1)xn+1 = 1 X n=1 −cnnxn = 1 X n=0 −cnnxn P´agina 57 de 60 onde usamos na ´ultima igualdade que que −c00x0 = 0. Temos tamb´em que (1 − x2)y00(x) = (1 − x2) 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cn+2(n + 2)(n + 1)xn+2 = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=2 −cnn(n − 1)xn = 1 X n=0 cn+2(n + 2)(n + 1)xn + 1 X n=0 −cnn(n − 1)xn = 1 X n=0 (cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1))xn onde usamos na pen´ultima igualdade que que −c00(0 − 1)x0 = 0 = −c11(1 − 1)x1. b) Substituindo as express˜oes do item anterior na equa¸c˜ao de Tchebychev, obtemos que 1 X n=0 (cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1))xn + 1 X n=0 −cnnxn + λ2 1 X n=0 cnxn = 0 de modo que 1 X n=0 [cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1) − cnn + λ2cn]xn = 0, Segue ent˜ao que cn+2(n + 2)(n + 1) − cnn(n − 1) − cnn + λ2cn = 0, que ´e equivalente a cn+2(n + 2)(n + 1) = cnn(n − 1) + cnn − λ2cn. Colocando cn em evidˆencia e isolando cn+2, obtemos a seguinte equa¸c˜ao de recorrˆencia cn+2 = cn n2 − λ2 (n + 2)(n + 1). c) Para λ = 6 a recorrˆencia ´e dada por cn+2 = n2 − 62 (n + 2)(n + 1)cn Temos que y1(x) satisfaz as condi¸c˜oes iniciais c0 = y1(0) = 1 c1 = y0 1(0) = 0 Os coeficientes pares s˜ao ent˜ao dados por c0 = 1 c2 = 02 − 62 2 · 1 c0 = −18 c4 = 22 − 62 4 · 3 c2 = 48 c6 = 42 − 62 6 · 5 c4 = −32 c8 = 62 − 62 8 · 7 c6 = 0 P´agina 58 de 60 uma vez que o numerador pode ser escrito como (n - 7)(n + 7) \neq 0 \quad \text{para n par} Segue então que y_1(x) não é um polinômio. Se seu raio de convergência for positivo, y_1(x) é uma função par, pois só aparecem potências pares. Podemos calcular o raio de convergência R de y_1(x) através do teste da razão. Temos que \[ \lim \left| \frac{c_{2(k+1)}x^{2(k+1)}}{c_{2k}x^{2k}} \right| = |x|^2 \lim \left| \frac{c_{2k+2}}{c_{2k}} \right| = |x|^2, \] uma vez que, usando a equação de recorrência, segue que \[ \lim \frac{c_{2k+2}}{c_{2k}} = \lim \frac{(2k)^2 - 7^2}{(2k + 2)(2k + 1)} = 1, \] por L'Hospital. Pelo teste da razão, a série converge se |x|^2 < 1 e diverge se |x|^2 > 1. Portanto a série converge se |x| < 1 e diverge se |x| > 1, de modo que seu raio de convergência é R = 1. Temos que y_2(x) satisfaça as condições iniciais \[ c_0 = y_2(0) = 0 \quad \quad c_1 = y'_2(0) = 1 \] Os coeficientes pares são dados por c_0 = c_2 = c_4 = \cdots = 0, uma vez que c_0 = 0, e cada coeficiente par é obtido a partir de uma multiplicação pelo coeficiente par anterior. Já os coeficientes ímpares são dados por \[ \begin{align*} c_1 & = 1 \\ c_3 & = \frac{3 \cdot 2}{3^2 - 7^2} c_1 = -8 \\ c_5 & = \frac{5 \cdot 4}{5^2 - 7^2} c_3 = 16 \\ c_7 & = \frac{7 \cdot 6}{7^2 - 7^2} c_5 = \frac{-128}{7} \\ c_9 & = \frac{9 \cdot 8}{9^2 - 7^2} c_7 = 0 \end{align*} \] e à partir daí temos c_{11} = c_{13} = \cdots = 0. Segue então que a solução y_2(x) é o polinômio de grau 7 dado por \[ y_2(x) = x - 8x^3 + 16x^5 - \frac{128}{7} x^7 \] que é uma função ímpar, pois só aparecem potências ímpares. e à partir daí temos c_{10} = c_{12} = \cdots = 0. Os coeficientes ímpares são dados por c_1 = c_3 = c_5 = \cdots = 0, uma vez que c_1 = 0, e cada coeficiente ímpar é obtido a partir de uma multiplicação pelo coeficiente ímpar anterior. Segue então que a solução y_1(x) é o polinômio de grau 6 dado por y_1(x) = 1 - 18x^2 + 48x^4 - 32x^6 Temos que y_2(x) satisfaça as condições iniciais \begin{align*} c_0 &= y_2(0) = 0 \\ c_1 &= y'_2(0) = 1 \end{align*} Os coeficientes pares são dados por c_0 = c_2 = c_4 = \cdots = 0, uma vez que c_0 = 0, e cada coeficiente par é obtido a partir de uma multiplicação pelo coeficiente par anterior. Já os coeficientes ímpares nunca se anulam, uma vez que c_1 = 1 e que cada coeficiente ímpar é obtido multiplicando o coeficiente ímpar anterior pelo fator \frac{n^2 - 6^2}{(n + 2)(n + 1)} \neq 0 \quad \text{para n ímpar} uma vez que o numerador pode ser escrito como (n - 6)(n + 6) \neq 0 \quad \text{para n ímpar} Segue então que y_2(x) não é um polinômio. Se seu raio de convergência for positivo, y_2(x) é uma função ímpar, pois só aparecem potências ímpares. Podemos calcular o raio de convergência R de y_2(x) através do teste da razão. Temos que \lim \left| \frac{c_{2(k+1)+1}x^{2(k+1)+1}}{c_{2k+1}x^{2k+1}} \right| = |x|^2 \lim \left| \frac{c_{2k+3}}{c_{2k+1}} \right| = |x|^2, uma vez que, usando a equação de recorrência, segue que \lim \frac{c_{2k+3}}{c_{2k+1}} = \lim \frac{(2k + 1)^2 - 6^2}{(2k + 3)(2k + 2)} = 1, por L'Hospital. Pelo teste da razão, a série converge se |x|^2 < 1 e diverge se |x|^2 > 1. Portanto a série converge se |x| < 1 e diverge se |x| > 1, de modo que seu raio de convergência é R = 1. d) Para \lambda = 7 a recorrência é dada por c_{n+2} = \frac{n^2 - 7^2}{(n + 2)(n + 1)} c_n Temos que y_1(x) satisfaça as condições iniciais \begin{align*} c_0 &= y_1(0) = 1 \\ c_1 &= y'_1(0) = 0 \end{align*} Os coeficientes ímpares são dados por c_1 = c_3 = c_5 = \cdots = 0, uma vez que c_1 = 0, e cada coeficiente ímpar é obtido a partir de uma multiplicação pelo coeficiente ímpar anterior. Os coeficientes pares nunca se anulam, uma vez que c_0 = 1 e que cada coeficiente par é obtido multiplicando o coeficiente par anterior pelo fator \frac{n^2 - 7^2}{(n + 2)(n + 1)} \neq 0 \quad \text{para n par}