Exercícios MT1

$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x^3-5)}{x^2}=0$.

É uma indeterminação $\infty/\infty$. Pela regra de L'Hôpital, deriva-se numerador e denominador: $\frac{3x^2/(x^3-5)}{2x}=\frac{3}{2x(x^3-5)/x^2}\to 0$, pois o numerador tende para 0 e o denominador para $+\infty$.

$\lim_{x\to0^+}(\operatorname{sen} x)^{\operatorname{tg} x}=1$.

Escreve-se $(\operatorname{sen} x)^{\operatorname{tg} x}=e^{\operatorname{tg} x\ln(\operatorname{sen} x)}$. Quando $x\to0^+$, $\operatorname{tg} x\sim x$ e $\ln(\operatorname{sen} x)\sim\ln x$, logo o expoente tende para $\lim_{x\to0^+}x\ln x=0$. Assim o limite é $e^0=1$.

$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, para $|x|<1$.

Se $y=\operatorname{arcsen}(x)$, então $x=\operatorname{sen} y$ e $\frac{dx}{dy}=\cos y$. Logo $\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-\operatorname{sen}^2 y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, com $\cos y>0$ para $y\in(-\pi/2,\pi/2)$.

$\int\frac{dx}{x\ln x}=\ln|\ln x|+C$.

Com $u=\ln x$, tem-se $du=\frac{dx}{x}$, logo o integral fica $\int\frac{du}{u}=\ln|u|+C=\ln|\ln x|+C$.

$\int\frac{\sqrt{x^2-4}}{x}\,dx=\sqrt{x^2-4}-2\operatorname{arcsec}\frac{x}{2}+C$.

Com $x=2\sec\theta$, $dx=2\sec\theta\operatorname{tg}\theta\,d\theta$ e $\sqrt{x^2-4}=2\operatorname{tg}\theta$. O integral transforma-se em $\int2\operatorname{tg}^2\theta\,d\theta=\int2(\sec^2\theta-1)\,d\theta=2\operatorname{tg}\theta-2\theta+C$, que se reescreve na variável $x$.

$\int\cos^3 x\,\operatorname{sen}^4 x\,dx=\frac{\operatorname{sen}^5 x}{5}-\frac{\operatorname{sen}^7 x}{7}+C$.

$\cos^3 x=\cos x(1-\operatorname{sen}^2 x)$. Com $u=\operatorname{sen} x$, $du=\cos x\,dx$, o integral fica $\int(u^4-u^6)\,du=\frac{u^5}{5}-\frac{u^7}{7}+C$.

$\int\frac{2x^2+4}{x(x^2+4)}\,dx=\ln|x|+\frac{1}{2}\ln(x^2+4)+C$.

Escreve-se $\frac{2x^2+4}{x(x^2+4)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+4}$. Igualando, $2x^2+4=(A+B)x^2+Cx+4A$, logo $A=1$, $C=0$ e $B=1$. O integral fica $\int\frac{dx}{x}+\int\frac{x}{x^2+4}\,dx=\ln|x|+\frac{1}{2}\ln(x^2+4)+C$.

$\int_0^{\pi/4}[1+\sec^2(x)]\,dx=1+\frac{\pi}{4}$.

A primitiva de $1+\sec^2 x$ é $x+\operatorname{tg} x$. Nos extremos, $\frac{\pi}{4}+\operatorname{tg}\frac{\pi}{4}-(0+\operatorname{tg}0)=\frac{\pi}{4}+1$.

• $1$. Esquece o termo $\tan x$.
• $2-\pi/4$. Sinal trocado no resultado de $\tan x$.
• $1+\pi/4$. $[x+\tan x]_0^{\pi/4}=\pi/4+1-0=1+\pi/4$.
• $2$. O limite superior foi mal substituído.

A área é $\frac{15}{4}$.

Na tira $0\le x\le1$ tem-se $(x+1)^3\ge0$, logo a área é $\int_0^1(x+1)^3\,dx=\left[\frac{(x+1)^4}{4}\right]_0^1=\frac{16-1}{4}=\frac{15}{4}$.

$\frac{d\theta}{dt}=0{,}128\ \mathrm{rad/s}$.

Do triângulo retângulo, $\operatorname{tg}\theta=\frac{x}{6}$. Derivando em ordem ao tempo, $\sec^2\theta\frac{d\theta}{dt}=\frac{1}{6}\frac{dx}{dt}$. Para $x=4{,}5$, $\sec^2\theta=1+\frac{4{,}5^2}{36}=\frac{25}{16}$ e $\frac{dx}{dt}=1{,}2$, logo $\frac{d\theta}{dt}=\frac{1{,}2}{6}\cdot\frac{16}{25}=0{,}128\ \mathrm{rad/s}$.

A série diverge.

Pelo critério da razão, $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n+1}{4}\to+\infty>1$. Em particular, $a_n\to+\infty\neq0$, logo a série diverge pelo teste do termo geral.

A soma da série é $\ln\frac{2}{3}$.

O termo geral é $\ln(n+1)-2\ln(n+2)+\ln(n+3)$. A soma parcial até $N$ cancela quase tudo: $S_N=\ln2-\ln3+\ln\frac{N+3}{N+2}$. Quando $N\to\infty$, $\ln\frac{N+3}{N+2}\to0$, logo a soma é $\ln2-\ln3=\ln\frac{2}{3}$.

$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e\,(x-1)^n}{(n-1)!}=e\,(x-1)\,e^{x-1}$.

Com $u=x-1$, $f(x)=u\,e^{u+1}=e\,u\,e^u=e\sum_{k=0}^{\infty}\frac{u^{k+1}}{k!}$. Fazendo $n=k+1$, obtém-se $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e\,(x-1)^n}{(n-1)!}$.

$P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\binom{1/2}{k}4^{1/2-k}(x-4)^k=2+\frac{x-4}{4}-\frac{(x-4)^2}{64}+\frac{(x-4)^3}{512}-\cdots$

As derivadas em $a=4$ são $f^{(k)}(4)=\binom{1/2}{k}k!\,4^{1/2-k}$, pelo que os coeficientes são $\binom{1/2}{k}4^{1/2-k}$. Os primeiros quatro termos resultam de $k=0,1,2,3$.

$y=e^x(C_1\cos x+C_2\operatorname{sen} x)+e^x$.

A característica é $r^2-2r+2=0$, com raízes $r=1\pm i$, logo $y_h=e^x(C_1\cos x+C_2\operatorname{sen} x)$. Para a particular, tenta-se $y_p=Ae^x$: substituindo, $A-2A+2A=A=1$, logo $y_p=e^x$.

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-\pi s}}{s^2+4s+8}\right}=\frac{1}{2}e^{-2(t-\pi)}\operatorname{sen}(2(t-\pi))\,u(t-\pi).

Tem-se \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+2)^2+4}\right}=\frac{1}{2}e^{-2t}\operatorname{sen}(2t). O fator $e^{-\pi s}$ desloca a função em $\pi$ unidades, pelo segundo teorema do deslocamento, dando o resultado com o degrau $u(t-\pi)$.