Solução do 2º Teste, versão A, 2019/01/07

1. Calcule
   1. \[ \lim_{x\to 0^+}\frac{\log x}{e^{1/x^2}}.\]
      Solução

      Usando regra de Cauchy \[ \lim_{x\to 0^+}\frac{\log x}{e^{1/x^2}}= \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-2}{x^3}e^{1/x^2}}= \lim_{x\to 0^+} \frac{x^2}{-2e^{1/x^2}}=0.\]

   2. \[\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\int_0^{\sen^2 x}e^{-t^2}\, dt.\]
      Solução

      Usando regra de Cauchy, teorema fundamental do cálculo e teorema de derivação da função composta \[\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\int_0^{\sen^2 x}\,e^{-t^2}\, dt= \lim_{x\to 0} \frac{2\sen x \cos x e^{-\sen^4 x}}{2x}=1.\]

2. Calcule
   1. \[ \int_0^1\frac{1-\sen x}{x+\cos x}\, dx.\]
      Solução

      \[ \int_0^1\frac{1-\sen x}{x+\cos x}\, dx=\int_0^1 \frac{d}{dx}\left(\log|x+\cos x|\right)\, dx = \log(1+\cos 1) .\]

   2. \[\int_1^2\frac{x-1}{x^3+x}\, dx.\]
      Solução

      Por decomposição em fracções simples \[\frac{x-1}{x^3+x} =\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+1}\] para algumas constantes reais $A, B, C$. Para determinar estas consideramos $x-1=A(x^2+1)+Bx^2+Cx$ que, por comparação dos coeficientes dos polinómios, conduz a $A=-1$, $B=1$, $C=1$. Assim \begin{align*}\int_1^2\frac{x-1}{x^3+x}\, dx & = \int_1^2 \frac{-1}{x}+\frac{x+1}{x^2+1}\, dx \\ & =\left.\left[-\log|x|+\frac{1}{2}\log(x^2+1)+\arctg x\right]\right|_{x=1}^{x=2} \\ & = -\log 2 + \frac{1}{2} \log 5 +\arctg 2 - \frac{1}{2} \log 2 -\frac{\pi}{4}.\end{align*}

3. Calcule a área da região \[A=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\in [1,3], y\leq \log x, y\geq 1-x, y\geq x-3\right\}.\]
   Solução

   

   A área de $A$ é dada por \begin{align*}& \int_1^2 \log x- (1-x)\, dx + \int_2^3 \log x - (x-3)\, dx \\ &=  \int_1^3 \log x \, dx - \int_1^2 (1-x)\, dx - \int_2^3 (x-3)\, dx\\ &= \left.[x \log x]\right|_{x=1}^{x=3}- \int_1^3 1\, dx - \left.\left[x-\frac{x^2}{2}\right] \right|_1^2 - \left.\left[\frac{x^2}{2}-3x\right] \right|_2^3\\ &=3\log 3 -2 +\frac{1}{2}+\frac{1}{2}= 3\log 3 -1.\end{align*}

4. 1. Decida se as seguintes séries são convergentes ou divergentes e se possível calcule a soma de uma delas.
      1. $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{3^n+4}{4^n}$.
         Solução

         Trata-se da soma de duas séries geométricas de razão positiva e menor que $1$ e portanto convergente (absolutamente). \[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{3^n+4}{4^n}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{3}{4}\right)^n+\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}=\frac{1}{1-\frac{3}{4}} + 4 \frac{1}{1-\frac{1}{4}} = 4 +\frac{16}{3}.\]

      2. $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{2^n+1}{(2n)!}$.
         Solução

         Seja $a_n=\frac{2^n+1}{(2n)!}\gt 0$. Então \[\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{(2n+2)(2n+1)} \frac{2^{n+1}+1}{2^n+1}\to 0\] pelo que a série é convergente (absolutamente).

   2. Determine os valores de $x$ para os quais a série \[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n x^n}{1+\pi^n}\] é absolutamente convergente, simplesmente convergente e divergente.
      Solução

      Seja $u_n=\frac{(-1)^n }{1+\pi^n}$. Então \[\frac{|u_n|}{|u_{n+1}|}= \frac{1+\pi^{n+1}}{1+\pi^n}\to \pi\] pelo que se trata de uma série de potências com raio de convergência $\pi$, em particular absolutamente convergente para $|x|\lt \pi$ e divergente para $|x|\gt \pi$. Para $|x|=\pi$ o termo geral da série não tende para $0$ pelo que a série também é divergente neste caso.

5. Seja $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função de classe $C^1(\mathbb{R})$ e considere a função definida por \[\phi(x)=\int_{x+1}^{\cos x}f(t)\, dt.\]

   1. Calcule $\phi'(x)$ e $\phi''(x)$.
      Solução

      Pelo teorema de derivação da função composta e teorema fundamental do cálculo \begin{align*}\phi'(x) & = -\sen x f(\cos x)- f(x+1) \\ \phi''(x) & =-\cos x f(\cos x) + \sen^2 x f'(\cos x) - f'(x+1)\end{align*}

   2. Use a fórmula de Taylor de $\phi$ relativa ao ponto $x=0$ para mostrar que, se $f(1)=0$ e $f'(1) \lt 0$, então $\phi$ possui um mínimo relativo em $0$.
      Solução

      Temos \begin{align*}\phi(0) & =0 \\ \phi'(0) & =-f(1)=0 \\ \phi''(0) & =-f(1)-f'(1)= -f'(1)\gt 0\end{align*}

      A fórmula de MacLaurin com resto de Lagrange de segunda ordem para $\phi$ leva-nos a estabelecer que para cada $x\in\mathbb{R}$ existe $\theta\in {]0,1[}$ tal que $\phi(x)-\phi(0)=\phi''(\theta x) \frac{x^2}{2}$. Como $\phi''$ é contínua podemos afirmar que $\phi''(\theta x) \geq 0$ para $x$ numa vizinhança suficientemente pequena de $0$ e portanto o mesmo se verifica para $\phi(x)-\phi(0)$, ou seja $0$ é um ponto de mínimo local de $\phi$.