Solução do 2º Teste, versão A, 2021/01/18

1. Calcule
   1. $\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\int_{x^2}^{x^3}e^{t^2}\,dt}{x^4+x^2}$.
      Solução

      Usando regra de Cauchy, teorema fundamental do cálculo e teorema de derivação da função composta \begin{align*}\lim_{x\to 0} \frac{\int_{x^2}^{x^3}e^{t^2}\,dt}{x^4+x^2} & = \lim_{x\to 0} \frac{3x^2e^{x^6}-2x e^{x^4}}{4x^3+2x}\\ & = \lim_{x\to 0} \frac{3xe^{x^6}-2 e^{x^4}}{4x^2+2} = -1. \end{align*}

   2. $\displaystyle\int_2^3 \frac{x^2+3}{x^4-1}\, dx$.
      Solução

      Usando o método de decomposição em fracções simples, existem $A,B,C,D\in\mathbb{R}$ tais que \[ \frac{x^2+3}{x^4-1} = \frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+ \frac{Cx+D}{x^2+1}.\] Então $x^2+3=A(x+1)(x^2+1)+B(x-1)(x^2+1) + (Cx+D)(x^2-1)$.

      Tomando $x=1$ obtém-se $A=1$. Tomando $x=-1$ obtém-se $B=-1$. Tomando $x=0$ obtém-se $D=-1$. Considerando os coeficientes de $x^3$ obtém-se $C=0$.

      Assim \begin{align*}\int_2^3 \frac{x^2+3}{x^4-1}\, dx&=\int_2^3 \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1} -\frac{1}{x^2+1}\, dx\\ & = \left.[\log|x-1|-\log|x+1|-\arctg x]\right|^{x=3}_{x=2} \\ & = \log2 - \log 4 + \log 3 - \arctg 3 + \arctg 2.\end{align*}

   3. $ \displaystyle \int_{e^2}^{e^3} \frac{1}{x} \frac{2\log x +1}{\log x -1}\, dx$
      Solução

      Considerando a mudança de variável definida por $u=\log x \Leftrightarrow x = e^u$, notamos que $\frac{dx}{du}=e^u$ e consequentemente \[\int_{e^2}^{e^3} \frac{1}{x} \frac{2\log x +1}{\log x -1}\, dx = \int_2^3 \frac{2u+1}{u-1}\, du = \int_2^3 \frac{2u-2+3}{u-1}\, du = 2 + \int_2^3\frac{3}{u-1}\, du= 2 + 3\log 2.\]

2. Estude, quanto a crescimento, sentido da concavidade do gráfico, extremos locais e pontos de inflexão, a função $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definida por $f(x)=2 \arctg(x+1) -x$.
   Solução

   As derivadas de primeira e segunda ordem de $f$ são \begin{align*}f'(x) & = \frac{2}{1+(x+1)^2}-1,\\ f''(x) & = - \frac{4(x+1)}{1+(x+1)^2}.\end{align*} Daí que $f'(x)\gt 0 \Leftrightarrow 2-1-(x+1)^2\gt 0 \Leftrightarrow x\in {]-2,0[}$ e $f'(x)\lt 0\Leftrightarrow x \lt -2 \text{ ou } x\gt 0$ donde podemos concluir que $f$ é estritamente decrescente em ${]-\infty, -2]}$ e em ${[0,+\infty[}$ e estritamente crescente em $[-2,0]$, sendo $-2$ um ponto de mínimo local e $0$ um ponto de máximo local de $f$.

   Por outro lado $f''(x)\gt 0 \Leftrightarrow x\lt -1$ e $f''(x)\lt 0 \Leftrightarrow x\gt -1$ donde o gráfico de $f$ tem concavidade virada para cima em ${]-\infty,-1]}$ e virada para baixo em ${[-1,+\infty[}$.

   

3. Calcule a área da região \[\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\arctg x \leq y \leq \frac{\pi}{4}x\right\}.\]
   Solução

   As únicas soluções de $x\arctg x = \frac{\pi}{4}x$ são $x=0$ e $x=1$. Temos $x\arctg x \leq \frac{\pi}{4}x \Leftrightarrow x\in [0,1]$. Daí que a área será dada pelo integral \begin{align*}\int_0^1 \frac{\pi}{4}x - x\arctg x\, dx & = \frac{\pi}{8}- \left.\left[\frac{x^2}{2}\arctg x\right]\right|_0^1 + \int_0^1 \frac{x^2}{2(x^2+1)}\, dx\\ & = \int_0^1 \frac{x^2+1-1}{2(x^2+1)}\, dx \\ & = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{1}{x^2+1}\, dx = \frac{1}{2}-\frac{\pi}{8}.\end{align*}

   

4. Decida se as seguintes séries são convergentes ou divergentes:
   1. $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n\frac{1+n}{\log n + n}$.
      Solução

      Usando $\lim \frac{\log n}{n}=0$, obtemos que \[\lim \frac{1+n}{\log n + n} = \lim \frac{\frac{1}{n}+1}{\frac{\log n}{n} + 1} = 1\] logo o termo geral da série não tende para $0$ e a série é divergente.

   2. $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sen (n)}{n^{3/2}}$.
      Solução

      Usando que sabemos ser a série $\sum \frac{1}{n^{3/2}}$ convergente e que \[\left|\frac{\sen (n)}{n^{3/2}}\right| \leq \frac{1}{n^{3/2}},\] obtemos por comparação que é uma série (absolutamente) convergente.

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

      Seja $a_n=\frac {(2n)!}{n^n}$. Então \[ \frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{(2n+2)(2n+1)n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{2(2n+1)n^n} {(n+1)^{n}} = \frac{2 (2n+1)}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} \to +\infty\] donde trata-se de uma série divergente.

5. Uma função real de variável real é definida através da soma de uma série via \[\varphi(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n x^n}{n^n}.\]
   1. Determine o domínio de $\varphi$.
      Solução

      O raio de convergência da série de potências será \[\frac{1}
      {\limsup\sqrt[n]
      {\left|
      \frac{(-1)^n}{n^n}
      \right|}
      }=+\infty\] pelo que o domínio de $\varphi$ é $\mathbb{R}$.

   2. Mostre que $\varphi$ é estritamente decrescente numa vizinhança de $x=1$.
      Solução

      Sendo definida por uma série de potências com raio de convergência $+\infty$, $\varphi$ será diferenciável e \[\varphi'(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n x^{n-1}}{n^{n-1}}\] para todo o $x\in\mathbb R$. Sendo definida por uma série de potências com raio de convergência $+\infty$, $\varphi'$ é uma função contínua.

      Temos $\varphi'(1)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n }{n^{n-1}} = -1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^3}-\dots\lt -1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}\lt  0$ usando o facto da sucessão de termo geral $\frac{1}{n^{n-1}}$ ser decrescente, o que acarreta que a sucessão de somas parciais da série $\sum_{n=3}^{+\infty}\frac{(-1)^n }{n^{n-1}}$ tenha todos os termos menores ou iguais a $0$, e por sua vez tenha soma menor ou igual a $0$. Por continuidade haverá uma vizinhança de $1$ onde $\varphi'\lt 0$ e nessa vizinhança $\varphi$ será estritamente decrescente.