prova_gabarito_p2_calc4_2012_1_eng

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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 19/06/2012
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Seja f uma func¸a˜o 2pi-perio´dica, tal que f(x) = |sen(x)| se x ∈ [−pi, pi).
(a) (1.0 ponto) Esboc¸e o gra´fico de f no intervalo [0, 2pi].
(b) (1.5 ponto) Calcule a se´rie de Fourier da func¸a˜o f .
Soluc¸a˜o:
Como f e´ uma func¸a˜o par sua se´rie de Fourier e´:
a0
2
+
∞∑
n=1
an cos (nx) onde:
a0 =
2
pi
∫ pi
0
sen (x) dx =
4
pi
e an =
2
pi
∫ pi
0
sen (x) cos (nx) dx para n = 1, 2, · · ·
Para n = 1, temos: a1 =
2
pi
∫ pi
0
sen (x) cos (x) dx = 0
Para n 6= 1, temos: an = 2
pi
∫ pi
0
sen (x) cos (nx) dx =
=
1
pi
∫ pi
0
sen [(1 + n)x] + sen [(1− n)x] dx =
{ 4
pi(1−n2) , se n e´ par
0 , se n e´ ı´mpar
Portanto a se´rie pedida e´:
2
pi
+
∞∑
n=1
4
pi(1− 4n2) cos (2nx)
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Resolva o seguinte problema de autovalores (Obs: todas as possibilidades de λ devem ser analisadas.)
y′′ + λy = 0
y′(0) = 0, y(L) = 0.
Soluc¸a˜o:
Seja λ ∈ R, podemos ter:
(i) λ = 0 temos enta˜o:
y′′ = 0⇒ y = ax+ b⇒ y′ = a
Como y′(0) = y(L) = 0 , segue que a = b = 0 e portanto y e´ a func¸a˜o nula.
(ii) λ = −σ2 , σ > 0 temos enta˜o:
y′′ − σ2 y = 0⇒ y = a sen h σx+ b cos h σx⇒ y′ = a σcos h σx+ b σsen h σx
Como y′(0) = y(L) = 0 , segue que a = b = 0 e portanto y e´ a func¸a˜o nula.
(iii) λ = σ2 , σ > 0 temos enta˜o:
y′′ + σ2 y = 0⇒ y = a sen σx+ b cos σx⇒ y′ = a σcos σx− b σsen σx
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Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 19/06/2012(continuac¸a˜o)
Como y′(0) = 0, temos a = 0. Sabendo que y na˜o e´ a func¸a˜o nula e que y(L) = 0 , segue
que: cos σ L = 0⇒ σ = (2n− 1)pi
2L
para n = 1, 2, ....
Logo os autovalores do problema dado sa˜o: λn =
[
(2n− 1)pi
2L
]2
, para n = 1, 2, ....., associados
a`s autofunc¸o˜es
yn(x) = cncos
(
(2n− 1)pi
2L
x
)
Questa˜o 3: (2.0 pontos)
Aplique separac¸a˜o de varia´veis na equac¸a˜o diferencial parcial com condic¸o˜es de contorno abaixo, e
encontre as equac¸o˜es diferenciais ordina´rias (EDOs) envolvendo as varia´veis x e t, com as respectivas
condic¸o˜es de contorno. (Obs: Na˜o e´ necessa´rio resolver as EDOs.)
utt = (u+ ut)xx para (x, t) ∈ (0, L)× (0,∞)
u(0, t) = u(L, t) = 0
Soluc¸a˜o:
Seja 0 6= u(x, t) = X(x)T (t) para (x, t) em (0, L)× (0,+∞). Temos:
XT ′′ = X ′′T +X ′′T ′ ⇔ T
′′
T + T ′
=
X ′′
X
= σ (constante real)
Por outro lado,
0 = u(0, t) = X(0)T (t)⇒ X(0) = 0
0 = u(L, t) = X(L)T (t)⇒ X(L) = 0
Temos portanto a EDO T ′′ − σ(T + T ′) = 0 e o problema =
{
X ′′ − σX = 0
X(0) = X(L) = 0
Questa˜o 4: (3.0 pontos)
Considere a equac¸a˜o de Laplace em coordenadas polares no domı´nio Ω = {(x, y) ∈ R2; x2+ y2 ≥ 9}
(Ω e´ dado pelo plano menos o disco de raio 3), com condic¸a˜o de contorno definida abaixo.
r2urr + rur + uθθ = 0
u(3, θ) = 2 + sen(3θ)
(a) (1.0 ponto) Aplique separac¸a˜o de varia´veis na equac¸a˜o e encontre as EDOs associadas ao prob-
lema acima.
Soluc¸a˜o:
Seja u(r, θ) = R(r)Θ(θ) 6= 0 em Ω , limitada e perio´dica de per´ıodo 2pi.
Temos: r2R′′Θ+ rR′Θ+RΘ′′ = 0⇔ r
2R′′ + rR′
R
= −Θ
′′
Θ
= σ (constante real)
Assim,as EDOs associadas ao problema dado sa˜o: r2R′′ + rR′ − σR = 0 e Θ′′ + σΘ = 0
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 19/06/2012(continuac¸a˜o)
(b) (2.0 pontos) Encontre a soluc¸a˜o limitada do problema.
Soluc¸a˜o:
Considerando as EDOs determinadas no item (a), como σ ∈ R podemos ter:
(i) σ = 0 temos enta˜o:
Θ′′ = 0⇒ Θ = aθ + b , a, b ∈ R
Como Θ e´ 2pi−perio´dica devemos ter a = 0 e portanto Θ(θ) = b , b ∈ R .......................(1)
Para σ = 0, a soluc¸a˜o da EDO r2R′′ + rR′ = 0 e´ R(r) = c+ d ln(r) , c, d ∈ R. Sendo u
limitada quando r → +∞ devemos ter d = 0 e portanto R(r) = c ............................(2)
De (1) e (2) a soluc¸a˜o correspondente a σ = 0 e´: u0(r, θ) =
c0
2
, c0 ∈ R ...................(3)
(ii) σ = −λ2 , λ > 0 temos enta˜o:
Θ′′ − λ2Θ = 0⇒ Θ = a sen h(λθ) + b cos h(λθ)
Como Θ e´ 2pi−perio´dica devemos ter a = b = 0⇒ Θ = 0⇒ u = 0
(iii) σ = λ2 , λ > 0 temos enta˜o:
r2R′′ + rR′ − λ2R = 0⇒ R(r) = c rλ + d r−λ , c, d ∈ R
Como u e´ limitada quando r → +∞, devemos ter c = 0. Assim R(r) = dr−λ............(4)
Por outro lado temos: Θ′′ + λ2Θ = 0⇒ Θ(θ) = a sen(λθ) + b cos(λθ).
Como Θ e´ 2pi−perio´dica devemos ter λ = n , n = 1, 2, ...... Voltando em (4), as soluc¸o˜es
correspondentes para cada n = 1, 2, .... sa˜o:
un(r, θ) = r
−n(cncos(nθ) + dnsen(nθ)) , cn, dn ∈ R para n = 1, 2, ....
De maneira habitual a soluc¸a˜o u por (2) e pelo visto anteriormente e´ da forma:
u(r, θ) =
C0
2
+
∞∑
n=1
r−n(cncos(nθ) + dnsen(nθ)) , c0, cn, dn ∈ R para n = 1, 2, ....
A condic¸a˜o u(3, θ) exige que:
2 + sen(3θ) =
c0
2
+ 3−1(c1cos(θ) + d1sen(θ)) + 3−2(c2cos(2θ) + d2sen(2θ)) +
+3−3(c3cos(3θ) + d3sen(3θ)) +
∞∑
n=4
3−n(cncos(nθ) + dnsen(nθ))
Temos portanto: c0 = 4 : cn = 0 , n = 1, 2, ...; d3 = 3
3 e dn = 0 , n 6= 3.
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