MatiasHP
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Determine:
[tex]\Large {\text {$ \sf \cfrac{d}{dx} \left ( \cfrac {\displaystyle \lim_{h \to 0} \cfrac{ (x+h)^3-x^3 }{h} \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \cfrac{x^{n+1}}{n+1} } { \displaystyle \int\limits^x_0 {ln t} \, dt } \right) $}}[/tex]

Sagot :

MuriloAnswersGD

Resultado:

  • -3x(1-lnx)+3(1-x)(1-lnx)ln(1-x)+3(1+x)ln(1-x)/(x-1).(1-lnx)²

[tex]\large \boxed{\boxed{ \sf \dfrac{-3x(1-lnx)+3(1-x)(1-lnx)ln(1-x)+3(1+x)ln(1-x)}{(x-1)(1-lnx)^2} }}[/tex]

  1. Limite
  2. Série
  3. Integral
  4. Derivada

Resolvendo o Limite > Vamos fazer o que sabemos, substituindo h por zero:

[tex]\Large \boxed{\begin{array}{c}\\\sf \underset{h \to 0}{lim} \dfrac{(x+h)^3-x^3}{h} \Rightarrow \dfrac{(x+0)^3-x^3}{0}\\\\\sf \underset{h \to 0}{lim} \dfrac{x^3-x^3}{0}=\dfrac{0}{0} \\\: \end{array}}[/tex]

Deu uma indeterminação matemática, vamos aplicar algumas manipulações algébricas. Podemos calcular o produto notável e simplificar o possível, cálculo abaixo:

[tex]\Large \boxed{\begin{array}{c}\\\sf \underset{h \to 0}{lim} \dfrac{h^3+3h^2x+3hx^2\cancel{+x^3}-\cancel{x^3}}{h} \Rightarrow \dfrac{h^3+3h^2x+3hx^2}{h}\\\\\sf \underset{h \to 0}{lim} \dfrac{\not h(h^2+3hx +3x^2)}{\not h}=0^2+ 3.0x+3x^2\\\\\sf \underset{h \to 0}{lim} 3x^2 = 3x^2\\\: \end{array}}[/tex]

  • Limite = 3x²

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Resolvendo a série > Podemos observar que essa série é aquela fórmula da integral da potência:

[tex]\Large \boxed{\boxed{ \sf \displaystyle\sum^{\infty}_{n=0}\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\Rightarrow \int x^n = \frac{x^{n+1}}{n+1} }}[/tex]

E logo, a série de x^n é:

[tex]\Large \boxed{\boxed{ \sf \displaystyle\sum^{\infty}_{n=0}x^n= \dfrac{1}{1-x} }}[/tex]

Portanto tendo feito essa igualdade, vamos integrar ambos os lados da equação, e assim chegar onde queremos na soma, x^n+1/n+1.

  • Inclusive essa série vai convergir se ''x'' esriver entre 1 postivo de 1 negativo. Pode ser expresso como: -1 < x < 1

[tex]\large \boxed{\begin{array}{c} \\\sf \displaystyle\int\sum^{\infty}_{n=0}x^ndx= \int\dfrac{1}{1-x}dx\\\\\sf \displaystyle\sum^{\infty}_{n=0}\dfrac{x^n+1}{n+1} = -ln(1-x)+C\\\\\sf \rightarrow \int \dfrac{1}{-x}dx=-ln(x)+C \therefore \int \dfrac{1}{1-x}=-ln(1-x)+C\\\\ \end{array}}[/tex]

Como estamos falando de série que vai até o infinito, ou seja, que tem limites definidos, podemos cancelar a constante

[tex]\Large \boxed{\boxed{ \sf \displaystyle\sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{x^{n+1}}{n+1}=-ln(1-x) }}[/tex]

  • Série = -ln(1-x)

=================================================

Resolvendo a integral > Fazendo por partes

[tex]\Large \boxed{\begin{array}{c} \\ \sf \displaystyle\int^{x}_{0} lnt\:dt\Rightarrow \int lnt \: dt\\\\\sf \displaystyle\int udv=uv-\int v'du\\\\\sf u =ln \leftrightarrow dv=dx\\\sf du=\frac{1}{x}dx \leftrightarrow v=t \\\\\sf lnt.t-\displaystyle\int \not t\cdot\dfrac{1}{\not t} \Rightarrow (tlnt-t)]^{x}_{0}]\\\\\sf (xlnx-x)-(0ln0-0)\Rightarrow -\infty_{x}\\\: \\\end{array}}[/tex]

Veja que ao calcular com o limite ''0'', ela ficou negativamente indefinida, por isso, vamos calcular o seu limite, e assim mudar esse valor. Como não queremos nada mais que 1/t, ele será o denominador

[tex]\Large \boxed{\begin{array}{c} \\\sf \underset{{t \to 0} }{lim} \dfrac{lnt}{\dfrac{1}{t}} \Rightarrow \dfrac{ln0}{\dfrac{1}{0} } =\infty_{x}\\\\\sf Aplicando\: L'Hospital\\\\\sf \underset{{t \to 0} }{lim} \dfrac{\frac{d}{dt} [lnt]}{\frac{d}{dt}\Bigg[ \dfrac{1}{t}\Bigg]} \Rightarrow\dfrac{\dfrac{1}{t} }{-\dfrac{1}{t^2} }=\dfrac{1}{t}\div\Bigg(-\dfrac{1}{t^2}\Bigg)\\\\\sf \underset{{t \to 0} }{lim} -t \Rightarrow 0=0 \\\: \end{array}}[/tex]

  • Substituindo por zero:

[tex]\Large \boxed{\boxed{ \sf \displaystyle\int^{x}_{0}lntdt\Rightarrow xln-x-0=xlnx-x}}[/tex]

  • Integral = xlnx - x

=================================================

  • Tirando a derivada > Temos que aplicar duas regrinhas: Regra do quociente e Regra do produto

Aplicando essas regras:

[tex]\Large \boxed{\begin{array}{c} \\ \sf \dfrac{d}{dx} \Bigg(\dfrac{3\not x^2(\red{-}ln(1-x)}{\not x(ln\green{(x-1)}}\Bigg) = \dfrac{d}{dx} \Bigg( \dfrac{3x.(ln(1-x))}{1-lnx}\Bigg)\\\\\sf \dfrac{(1-lnx).[(3.(ln1-x)+3x.(-\frac{1}{1-x}))]- 3\not x(ln(1-x).-(\frac{1}{\not x}) }{(1-lnx)^2} \\\: \end{array}}[/tex]

Essa é nossa Resposta. Mas vamos podemos simplificar um pouco mais. Sabendo que uma fração tem o numerador ''1'', então é só multiplicarmos ela pelo denominador. Organizando o resultado:

[tex]\Large \boxed{\begin{array}{c} \\\sf \dfrac{(x-1)(1-lnx).[(3.(ln1-x)+3x.(-\frac{1}{1-x}))]- 3(ln(1-x).-1}{(x-1)(1-lnx)^2}\\\\\sf \dfrac{-3x(1-lnx)+3(1-x)(1-lnx)ln(1-x)-3(1+x)ln(1-x)(-1)}{(x-1)(1-lnx)^2} \\\\\sf \dfrac{-3x(1-lnx)+3(1-x)(1-lnx)ln(1-x)+3(1+x)ln(1-x)}{(x-1)(1-lnx)^2} \\\: \end{array}}[/tex]

Resposta:

[tex]\large \boxed{\boxed{ \sf \dfrac{-3x(1-lnx)+3(1-x)(1-lnx)ln(1-x)+3(1+x)ln(1-x)}{(x-1)(1-lnx)^2} }}[/tex]

[tex] \huge\text{\sf -----------\ \sf\small\LaTeX\ \,\huge-----------}[/tex]

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[tex] \Large \boxed{ \boxed{ \mathbb{\displaystyle\sum}\sf{uri}\tt{lo}\bf{G\Delta}}}[/tex]

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