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Post by Zair Henrique on Jan 4, 2015 18:21:51 GMT -3
Oi pessoal, tive uma ideia interessante que pode movimentar o fórum e também virar um bom banco de dados de questões, seria tipo um jogo de questões da seguinte forma, alguém posta uma questão, o próximo mostra a solução e posta uma nova. Não precisam ser questões difíceis, mas o legal seria se fossem questões bacaninhas, com alguma jogada em vez de apenas contalheira mesmo, podem ser questões manjadas também, como a que eu vou postar.
Pra começar;
1. Mostre que $x^e \leq e^x$ para todo $x$ real positivo e determine os valores de $x$ que satisfazem a igualdade.
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Post by Duvidoso on Jan 4, 2015 21:46:18 GMT -3
Isso é equivalente a mostrar a desigualdade $lnx \le x/e$ , daí tomando a função $f(x)=x/e-lnx$ , a sua derivada é $f'(x)=1/e-1/x$, e portanto sua derivada segunda é $f''(x)=1/x²$, ora não é difícil ver também que em $f'(e)=0$, tomando $x=e$ em $f(x)$ , temos $f(e)=0$ , ok!, ora se $x>e$ , $f'(x)>0$ , e portanto f cresce, se $0<x<e$ então $f'(x)<0$, e f decresce. essas informações juntamente com o fato de que $f'(e) = 0$ , mostra que o gráfico de f , está acima da reta $y=0$ para $x\ne e$ , e está sobre a reta se $x=e$. donde se ganha que a único valor para o qual temos a igualdade acima é em $x=e$ , e para todo valor diferente de $e$ , tem-se $f(x)>0$, ou em outras palavras $ln x < x/e$ , ou ainda $x^e < e^x$.
Obs : A Afirmação feita sobre o gráfico estar todo acima da reta é justificada pelo fato de $f''(x)>0$ para todo $x$.
2. Mostre que a intersecção de um cilindro circular reto com um plano (sempre que houver), ou é uma reta ou uma circunferência ou uma elipse(ou um par de retas).
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Cássio
Membro Iniciante
Posts: 23
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Post by Cássio on Jan 5, 2015 7:57:55 GMT -3
Vou considerar o cilindro de equação $x^2 + y^2 = 1$ em $ \mathbb R^3$. Observe que ele é invariante por rotações no eixo $z$ e por translações nessa direção também. Daí, se o plano não é paralelo ao eixo $z$, podemos supor que sua equação, após uma rotação e translação vertical, é da forma $z = \tan \alpha x$. Logo, uma parametrização para a curva resultante da intersecção é: $$ \vec r(\theta) = ( \cos \theta , \sin \theta, \tan \alpha \cos \theta)$$ Tomando a mudança de variáveis $$ \begin{cases} x' = x \cos \alpha +z \sin \alpha \\ y' = y \\ z' = -x \sin \alpha + z \cos \alpha \end{cases}$$ Obtemos uma nova parametrização da curva nessas coordenadas: $$ \vec {r'}(\theta) = \left(\cos \theta \textrm{sec } \alpha, \sin \theta, 0\right) $$ Que é uma parametrização de uma elipse se $\tan \alpha \neq 0$ e uma circunferência, caso contrário.
Para o outro caso, como o plano é paralelo ao eixo vertical, sua equação pode ser dada por $ax+by +c = 0$. Dai, se $P = (m, n)$ é uma intersecção dessa reta (considerada no plano $xy=0$) com a circunferência $x^2 + y^2 =1$, então uma parametrização da intersecção entre o plano e cilindro é $\vec r(z) = (m,n, z)$ que é uma reta.
Portanto, as possíveis intersecções entre um cilindro e um plano são: nada, uma circunferência, uma elipse, uma reta ou um par de retas.
3. Seja $a>0$. Calcule $$ \int_{-a}^{a} \dfrac{\cos x}{1 + a^x} \, dx $$
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Post by Alexandre Frias on Jan 5, 2015 16:20:48 GMT -3
Tome $cos(x)$ como uma função par $p(x)$ qualquer. Agora uma propriedade de $f(x)=\frac{1}{1+a^x}$.
$$f(-x)=\frac{1}{1+a^{-x}}=\frac{a^x}{1+a^x}=1-\frac{1}{1+a^x}$$
ou seja $f(-x)=1-f(x)$. Agora vamos calcular a integral.
$$ \int_{-a}^{a}f(x).p(x)dx $$
por substituição temos $x=-u$ e $dx=-du$
$$ \int_{-a}^{a}f(x).p(x)dx=\int_{a}^{-a}f(-u).p(-u)(-du)= \int_{-a}^{a}f(-u).p(-u)du =\int_{-a}^{a}(1-f(u)).p(u)du $$
OK, como as variáveis de integração estão no mesmo intervalo podemos troca-las por $y$ só para evitar confusão
$$ \int_{-a}^{a}f(y).p(y)dy=\int_{-a}^{a}(1-f(y)).p(y)dy=\int_{-a}^{a}p(y)dy-\int_{-a}^{a}f(y).p(y)dy \Rightarrow 2\int_{-a}^{a}f(y).p(y)dy=\int_{-a}^{a}p(y)dy $$
Logo, a resposta do problema é $$\frac{1}{2}\int_{-a}^{a}p(y)dy=\frac{1}{2}\int_{-a}^{a}cos(y)dy=\frac{sen(a)-sen(-a)}{2}=sen(a)$$
4. Calcule a integral $$\int_{0}^{\infty}\frac{cos(x)-cos(3x)}{x^2}dx$$
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Post by Walner Mendonça on Jan 5, 2015 23:42:07 GMT -3
Sendo $0<a<b$, temos
$$ \int_a^b \frac{\cos(x)}{x^2}\; dx = -\frac{\cos(x)}{x} \Big|_a^b - \int_a^b \frac{\sin(x)}{x} \;dx, $$
e
$$ \int_a^b \frac{\cos(3x)}{x^2}\; dx = -\frac{\cos(3x)}{x} \Big|_a^b - 3\int_a^b \frac{\sin(3x)}{x} \;dx = -\frac{\cos(3x)}{x} \Big|_a^b - 3\int_{3a}^{3b} \frac{\sin(x)}{x} \;dx
. $$
Logo
$$ \int_a^b \frac{\cos(x) - \cos(3x)}{x^2}\; dx = -\frac{\cos(x)- \cos(3x)}{x} \Big|_a^b - \int_a^b \frac{\sin(3x)}{x} \;dx + 3\int_{3a}^{3b} \frac{\sin(3x)}{x} \;dx. $$
Veja que
$$ \lim_{b\to\infty} \frac{\cos(b)- \cos(3b)}{b} = 0, $$
uma vez que o numerador é limitado. Agora, por l'Hospital,
$$ \lim_{a\to 0} \frac{\cos(a)- \cos(3a)}{a} = \lim_{a\to 0} \frac{-\sin(a) + 3\sin(3a)}{1} = 0. $$
Segue que, tomando $a\to 0$ e $b\to\infty$
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(x) - \cos(3x)}{x^2}\; dx = - \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} \;dx + 3\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} \;dx = 2\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} \;dx = \pi . $$
5. Mostre que existe um único número real $\alpha$ tal que
$$L = \lim_{x\to 0} \frac{(e^{x^2}-x^2-1)(\cos x -1)}{x^{\alpha}} $$
existe, é finito e é não-nulo. Qual é o valor de $\alpha$ e de $L$?
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Cássio
Membro Iniciante
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Post by Cássio on Jan 8, 2015 6:34:43 GMT -3
4. Acho que dá pra fazer essa questão do Alexandre usando o teorema de fubini também. Na verdade, eu não sei as hipóteses do teorema, então não sei se realmente podemos usá-lo: $$ \int_0^\infty \dfrac{\cos x - \cos 3x}{x^2} \, dx = \int_0^\infty \int_x^{3x} \dfrac{\sin y}{x^2} \, dydx = \int_0^\infty \int_{\frac{y}{3}}^y \dfrac{\sin y}{x^2} \, dxdy = 2 \int_0^\infty \dfrac{\sin y}{y} \, dy = \pi $$
5. Observando a série de Taylor, o primeiro termo de $e^{x^2} - x^2 - 1$ é $\frac{x^4}{2}$ e o de $\cos x - 1$ é $-\frac{x^2}{2}$. Então $\alpha = 6$ e $L = -\frac{1}{4}$. De fato, basta escrever $\alpha = 6 - \beta$. Então: $$ \lim_{x \to 0} \dfrac{(e^{x^2} - x^2 - 1)(\cos x -1)}{x^6} x^\beta$$
Como a primeira parte do limite é $-\frac{1}{4}$ então devemos ter $\beta = 0$.
6. Calcule $$ \sum_{n=0}^{\infty} \textrm{ arc cot } (n^2 + n + 1) $$
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mike
Novo Membro
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Post by mike on Jan 11, 2015 1:26:40 GMT -3
6. Podemos denotar $\textrm{arccot}$ por $\cot^{-1}$. Vamos recorrer às definições do seno e cosseno da diferença de arcos:
$$\sin (A-B) = \sin A \cos B - \sin B \cos A$$ $$\cos (A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$$
Dessa forma, para encontrar $\cot(a-b)$ usaremos a definição:
$$cot(A-B) = \frac{\cos(A-B)}{\sin(A-B)}$$
Colocando alguns termos em evidência após a divisão como foi proposta acima, encontramos a seguinte expressão bastante conhecida:
$$\cot(A-B) = \frac{cotAcotB+1}{cotB-cotA}$$
Agora iremos propor umas "mudanças de variáveis" bem pertinentes. Faremos $A = \cot^{-1}(a)$ e $B = \cot^{-1}(b)$:
Assim, substituindo vemos que $\cot(A-B) = \frac{ab+1}{b-a}$. Aplicando $\cot^{-1}$ na equação anterior obtemos:
$$(A-B) = \cot^{-1} (\frac{ab+1}{b-a})$$ $$\cot^{-1}(a) - \cot^{-1}(b) = \cot^{-1}(\frac{ab+1}{b-a})$$
O termo curioso está no segundo membro da equação. Novamente, com uma mudança de variáveis pertinentes, chegaremos a um perfil similar ao que foi pedido, pois até agora não apareceu nenhum termo com "n". Então iremos propor $a=n$ e $b=n+1$.
Por uma simples substituição vê-se que o termo do lado direito reduz-se a $n^{2}+n+1$. Assim:
$$\cot^{-1}(n) - \cot^{-1}(n+1) = \cot^{-1}(n^{2}+n+1)$$
Que tem um comportamento de um série telescópica, pois quando "n" tender a infinito, a $\cot^{-1}$ deve tender a zero, mas apenas no termo inicial, zero, ela se reduz a $\frac{\pi}{2}$. Espero ter sido claro.
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7. Quantas e quais são as raízes de $x^{2}=2^{x}$?
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Post by Felipe Diniz on Jan 11, 2015 15:33:49 GMT -3
Note que $x^2=2^x \iff \ln(x^2) = \ln(2^x) \iff x\ln(2)-2\ln|x| = 0$, então o problema se resume a encontrar as raízes de $f:\mathbb{R}\backslash\{0\}\to\mathbb{R}$, dada por $f(x) = x\ln(2)-2\ln|x|$. Seguem algumas observações sobre $f$. $$ 1) \lim_{x\to 0}f(x) = \ln(2)\lim_{x\to 0}x - 2\lim_{x\to 0}\ln|x| = +\infty $$ $$ 2) \lim_{x\to+\infty} f(x) = \lim_{x\to+\infty}x\ln(2)-2\ln|x| = \lim_{x\to+\infty}\ln\Big(\frac{2^x}{x^2}\Big) = +\infty$$ $$ 3) \lim_{x\to-\infty}f(x) = \lim_{x\to-\infty}x\ln(2)-2\ln|x| = -\infty$$ Agora vamos olhar para $f'$, temos que $f'(x) = \ln(2)-\frac{2}{x}$. Seguem algumas observações sobre $f'$. $$ 1) \lim_{x\to 0^+} f'(x) = \lim_{x\to 0^+}\ln(2)-\frac{2}{x} = -\infty$$ $$ 2) \lim_{x\to 0^-} f'(x) = \lim_{x\to 0^-}\ln(2)-\frac{2}{x} = +\infty$$ $$ 3) \lim_{x\to \pm\infty} f'(x) = \lim_{x\to \pm\infty}\ln(2)-\frac{2}{x} = \ln(2)$$ O gráfico de $f'$ é esboçado abaixo. $f$ deve possuir apenas uma raíz em $(-\infty,0)$, pois $f$ é contínua nesse intervalo e muda de sinal apenas uma vez (pois $f'$ é positiva neste intervalo, ou seja, $f$ é estritamente crescente em $(-\infty,0)$ ). Quanto ao intervalo $(0,+\infty)$, temos que $f$ inicialmente é decrescente (pois $f'$ é negativa à direta de $0$ ), mas depois passa a ser crescente (pois $f'\to \ln(2)$ quando $x\to+\infty$ ). Além disso, $f$ possui um mínimo absoluto em $(0, +\infty)$, no ponto $x=\frac{2}{\ln(2)}$. Como $\frac{2}{\ln(2)} > 1$, segue $f\Big(\frac{2}{\ln(2)}\Big) = \frac{2}{\ln(2)}\cdot\ln(2) -2\ln\Big|\frac{2}{\ln(2)}\Big| = 2\Big(1- \ln\Big|\frac{2}{\ln(2)}\Big|\Big) < 0$. Com essas informações podemos esboçar o gráfico de $f$. Note que $f$ é decrescente em $(0, \ln\Big|\frac{2}{\ln(2)}\Big|)$ e crescente em $(\ln\Big|\frac{2}{\ln(2)}\Big|, +\infty)$. Daí concluímos que $f$ possui exatamente duas raízes em $(0, +\infty)$. Essas raízes são fáceis de serem encontradas, sendo $x=2$ e $x=4$. Quanto a raíz negativa, não conheço uma expressão fechada para ela. Uma aproximação numérica é $x\approx -0.766$. $\textbf{8.}$ Mostre que $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^n} = \int_0^1 \frac{1}{x^x} dx.$$
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Cássio
Membro Iniciante
Posts: 23
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Post by Cássio on Feb 4, 2015 15:30:24 GMT -3
Sabemos que $x^x = e^{x \ln x}$. Como $e^x = \sum \frac{x^n}{n!}$ temos:
$$ \int_0^1 \dfrac{1}{x^x} \, dx = \int_0^1 \left [\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(x \ln x)^n}{n!} \right ] \, dx = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{n!} \int_0^1 x^n \ln^n x \, dx $$
Então precisamos calcular $\int x^n \ln^n x \, dx$. Vamos fazer por partes. Temos:
$$ I = \int_0^1 x^p \ln^q x\, dx $$ Tomando $\begin{cases} \ln^q x = u \\ x^p \, dx = dv \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \frac{q}{x} \ln^{q-1}x \, dx = du \\ \frac{x^{p+1}}{p+1} = v \end{cases}$ temos:
$$ I = \left. \dfrac{1}{p+1}x^{p+1} \ln^{q} x \right|_0^1 - \dfrac{q}{p+1} \int_0^1 x^{p} \ln^{q-1} x \, dx $$ Assim, indutivamente, temos:
$$ I = (-1)^q \dfrac{q!}{(p+1)^q} \int_0^1 x^p \, dx = (-1)^q \dfrac{q!}{(p+1)^{q+1}} $$
Logo, temos:
$$\int_0^1 \dfrac{1}{x^x} \, dx = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{n!} \int_0^1 x^n \ln^n x \, dx = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n^n} $$
9. Seja $f(x) = \dfrac{\sin x}{x}$. Calcular $\displaystyle \lim_{T \to \infty}\dfrac{1}{T} \int_0^T \sqrt{1 + f'(x)^2} \, dx$
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