EquaçõesDiferenciais–SériesInfinitas,SoluçãoporSérieseTransformadasdeLaplace–UFRJ003

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GABARITO DA 2a PROVA - CA´LCULO IV
10 PERI´ODO 2009
1a Questa˜o:(valor 2.0)
(a) O gra´fico de f e´ esboc¸ado na Figura 1.
(b)
• Ca´lculo de a0.
Temos que:
a0 =
1
2
∫ 2
−2
f (x)dx =⇒ a0 = 12
{
−2
∫ −1
−2
dx+
∫ 2
1
dx
}
=⇒ a0 = 12
{
−2 [x]−1−2 + [x]21
}
=⇒ a0 = −12 .
((1))
• Ca´lculo de an.
Temos que:
an =
1
2
∫ 2
−2
f (x) cos
npix
2
dx =⇒ an = 12
{
−2
∫ −1
−2
cos
npix
2
dx+
∫ 2
1
cos
npix
2
dx
}
,
ou equivalentemente,
an =
1
2
{
− 4
npi
[
sin
npi
2
x
]−1
−2
+
2
npi
[
sin
npi
2
x
]2
1
}
,
ou equivalentemente,
an =
1
2
{
4
npi
sin
npi
2
− 2
npi
sin
npi
2
}
=⇒ an = 1
npi
sin
npi
2
. ((2))
• Ca´lculo de bn.
Temos que:
bn =
1
2
∫ 2
−2
f (x) sin
npix
2
dx =⇒ bn = 12
{
−2
∫ −1
−2
sin
npix
2
dx+
∫ 2
1
sin
npix
2
dx
}
,
1
ou equivalentemente,
bn =
1
2
{
4
npi
[
cos
npi
2
x
]−1
−2
− 2
npi
[
cos
npi
2
x
]2
1
}
,
ou equivalentemente,
bn =
1
2
{
4
npi
cos
npi
2
− 4(−1)
n
npi
− 2(−1)
n
npi
+
2
npi
cos
npi
2
}
=⇒ bn = 3
npi
cos
npi
2
−3(−1)
n
npi
.
((3))
Portanto, a se´rie de Fourier da func¸a˜o f e´ da forma:
−1
4
+
1
pi
∞∑
n=1
1
n
sin
npi
2
cos
npi
2
x+
3
pi
∞∑
n=1
1
n
[
cos
npi
2
− (−1)n
]
sin
npix
2
. ((4))
(c)
Teorema de Fourier: Suponha que f e f ′ sa˜o cont´ınuas por partes no
intervalo [−L,L] .
Suponha tambe´m que f esta´ definida fora do intervalo [−L,L] , de modo a
ser perio´dica
com per´ıodo T = 2L. Enta˜o, f tem uma se´rie de Fourier
a0
2
+
∞∑
n=1
an cos
npix
L
+
∞∑
n=1
bn sin
npix
L
. ((5))
Ale´m disso, a se´rie de Fourier converge para f (x) em todos os pontos onde
f e´
cont´ınua e converge para
f (x+) + f (x−)
2
em todos os pontos onde f e´
descont´ınua.
No nosso caso f e f ′ satisfazem as hipo´teses do teorema no intervalo [−2, 2]
e T = 4.
A func¸a˜o f e´ descont´ınua em x = −2, x = −1, x = 1 e x = 2. Enta˜o, pelo
Terema de
2
Fourier temos que se:
(i) x = −2 =⇒ a se´rie de Fourier converge para f (−2+) + f (−2−)
2
=
−2 + 1
2
= −1
2
;
(ii) x = −1 =⇒ a se´rie de Fourier converge para f (−1+) + f (1−)
2
=
0− 2
2
= −1;
(iii) x = 1 =⇒ a se´rie de Fourier converge para f (1+) + f (1−)
2
=
1 + 0
2
=
1
2
.
(iv) x = 2 =⇒ a se´rie de Fourier converge para f (2+) + f (2−)
2
=
−2 + 1
2
= −1
2
.
Por outro lado, nos pontos onde f e´ cont´ınua pelo Terema de Fourier temos
que a se´rie
converge para f (x).
O gra´fico da soma da se´rie e´ esboc¸ado na Figura 2.
2a Questa˜o:(valor 2.5)
a) Denotemos por g(x) a extensa˜o par e perio´dica definida por:
g(x) =
∣∣∣∣ f(x), 0 6 x 6 pi,f(−x), − pi < x < 0. ; g(x+ 2pi) = g(x)
Logo:
g(x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
x, 0 6 x 6 pi/2,
0, pi/2 < x < pi,
−x, − pi/2 < x, 0,
0, − pi < x < −pi/2.
; g(x) = g(x+ 2pi) ((6))
O gra´fico de g(x) e´ esboc¸ado na Figura 3.
b) Denotemos por h(x) a extensa˜o ı´mpar e perio´dica definida por:
h(x) =
∣∣∣∣∣∣
f(x), 0 < x < 2,
0, x = 0 e x = 2,
− f(−x), − 2 < x < 0.
; h(x) = h(x+ 2pi)
3
Logo:
h(x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x, 0 < x 6 pi/2,
0, pi/2 < x ≤ pi,
0, x = 0,
x, − pi/2 ≤ x < 0,
0, − pi < x < −pi/2.
; h(x) = h(x+ 2pi) ((7))
c)
• Ca´lculo de bn.
Temos que:
bn =
2
pi
∫ pi
0
f (x) sinnxdx =⇒ bn = 2
pi
∫ pi/2
0
x sinnxdx =⇒ bn = − 1
n
cos
npi
2
+
2
pin2
sin
npi
2
.
((9))
Portanto, a se´rie de Fourier da func¸a˜o g e´ da forma:
∞∑
n=1
(
− 1
n
cos
npi
2
+
2
pin2
sin
npi
2
)
sinnx ((10))
3a Questa˜o:(valor 3.0)
a) Considere:
u(x, t) = F (x)G(t) ou u(x, t) = X(x)T (t). ((11))
De (11) obtemos que:
∂u
∂t
(x, t) = F (x)G ′(t) ou
∂u
∂t
(x, t) = X(x)T ′(t) , ((12))
∂2u
∂x2
(x, t) = F ′′(x)G(t) ou
∂2u
∂x2
(x, t) = X ′′(x)T (t).
4
Substituindo (12)1 e (12)2 em (1) resulta que:
F (x)G ′(t) = 4F ′′(x)G(t) ou X(x)T ′(t) = 4X ′′(x)T (t). ((13))
Dividindo (13) por F (x)G(t) ou X(x)T (t) obtemos que:
G ′(t)
4G(t)
=
F ′′(x)
F (x)
= σ ou
T ′(t)
4T (t)
=
X ′′(x)
X(x)
= −σ. ((14))
De (14) resulta que as duas equac¸o˜es diferenciais associadas sa˜o da forma:
∣∣∣∣ F ′′(x)− σF (x) = 0G ′(t)− 4σG(t) = 0 ((15))
ou,
∣∣∣∣ X ′′(x) + σX(x) = 0T ′(t) + 4σT (t) = 0 ((16))
Resumo:
• Autovalores: 0 e n, com n ∈ N∗
• Autofunc¸o˜es associadas aos autovalores acima: 1 e cosnx, com n ∈ N∗
b1) Solucao em F (x) e G(t)
Das condic¸o˜es de fronteira temos que ux(0, t) = 0. Enta˜o, tomando 0 =
ux(o, t) = F ′(0)G(t) obtemos que F ′(0) = 0 ou G(t) = 0, para todo t > 0.
Como na˜o nos interessam soluc¸o˜es nulas ao aplicar o Princ´ıpio da Superposic¸a˜o,
temos que F ′(0) = 0. De forma ana´loga a condic¸a˜o ux(pi, t) = 0 nos leva a
F ′(pi) = 0.
Considere a equac¸a˜o (15)1. Enta˜o a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ da forma:
m2 = σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √σ,m2 = −√σ. ((17))
De (17) e considerando a hipo´tese que devemos desprezar o caso em que as
ra´ızes
sa˜o reais e distintas devemos estudar os casos σ = 0 e σ < 0.
• Seja σ = 0. Enta˜o, de (15)1 obtemos:
5
F (x) = c1 + c2x. ((18))
De (18) resulta que:
F ′(x) = c2. ((19))
Substituindo x = 0 em (19) obtemos que:
F ′(0) = c2 =⇒ c2 = 0, por (2)1. ((20))
Observe que c2 = 0 independente se x = 0 ou x = pi. Portanto:
F (x) = c1. ((21))
• Seja σ < 0 e σ = −λ2, λ > 0. Enta˜o, de (15)1 obtemos:
F (x) = d1 cosλx+ d2 sinλx. ((24))
De (24) resulta que:
F ′(x) = −λd1 sinλx+ λd2 cosλx. ((25))
Substituindo x = 0 em (25) obtemos que:
F ′(0) = λd2 =⇒ d2 = 0, por (2)1. ((26))
Substituindo x = pi em (25) obtemos que:
F ′(pi) = −λd1 sinλpi =⇒ sinλpi = 0, por (2)1 =⇒ λ = n, n = 1, 2, .., por (2)1.
((27))
Substituindo o valor de d2 dado por (26) e o valor de λ dado por (27) em
(24) resulta
6
que:
Fn(x) = d1 cosnx, n = 1, 2, ... ((28))
b2) Solucao em X(x) e T (t)
Das condic¸o˜es de fronteira temos que ux(0, t) = 0. Enta˜o, tomando 0 =
ux(o, t) = X ′(0)T (t) obtemos que X ′(0) = 0 ou T (t) = 0, para todo t > 0.
Como na˜o nos interessam soluc¸o˜es nulas ao aplicar o Princ´ıpio da Superposic¸a˜o,
temos que X ′(0) = 0. De forma ana´loga a condic¸a˜o ux(pi, t) = 0 nos leva a
X ′(pi) = 0.
Considere a equac¸a˜o (16)1. Enta˜o a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ da forma:
m2 = −σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √−σ,m2 = −√−σ. ((29))
De (29) e considerando a hipo´tese que devemos desprezar o caso em que as
ra´ızes
sa˜o reais e distintas devemos estudar os casos σ = 0 e σ > 0.
• Seja σ = 0. Enta˜o, de (16)1 obtemos:
X(x) = c1 + c2x. ((30))
De (30) resulta que:
X ′(x) = c2. ((31))
Substituindo x = 0 em (31) obtemos que:
X ′(0) = c2 =⇒ c2 = 0, por (2)1. ((32))
Observe que c2 = 0 independente se x = 0 ou x = pi. Portanto:
X(x) = c1. ((33))
• Seja σ > 0 e σ = λ2, λ > 0. Enta˜o, de (16)1 obtemos:
X(x) = d1 cosλx+ d2 sinλx. ((34))
7
De (34) resulta que:
X ′(x) = −λd1 sinλx+ λd2 cosλx. ((35))
Substituindo x = 0 em (35) obtemos que:
X ′(0) = λd2 =⇒ d2 = 0, por (2)1. ((36))
Substituindo x = pi em (35) obtemos que:
X ′(pi) = −λd1 sinλpi =⇒ sinλpi = 0, por (2)1 =⇒ λ = n, n = 1, 2, .., por (2)1.
((37))
Substituindo o valor de d2 dado por (36) e o valor de λ dado por (37) em
(34) resulta
que:
Xn(x) = d1 cosnx, n = 1, 2, ... ((38))
Resumo:
• Autovalores: 0 e n, com n ∈ N∗
• Autofunc¸o˜es associadas aos autovalores acima: 1 e cosnx, com n ∈ N∗
c1) Solucao em F (x) e G(t)
Considere G(t).
Substituindo σ = 0 em (15)2 obtemos:
G ′(t) = 0 =⇒ G(t) = k1. ((39))
Substituindo σ = −n2 em (15)2 obtemos:
G ′(t) + 4n2G(t) = 0 =⇒ Gn(t) =k2e−4n2t. ((40))
8
c2) Solucao em X(x) e T (t)
Considere T (t).
Substituindo σ = 0 em (16)2 obtemos:
T ′(t) = 0 =⇒ T (t) = k1. ((41))
Substituindo σ = −n2 em (16)2 obtemos:
T ′(t) + 4n2T (t) = 0 =⇒ Tn(t) = k2e−4n2t. ((42))
d1) Solucao em F (x)eG(t)
Considere u(x, t) = F (x)G(t).
Da hipo´tese que u(x, t) = F (x)G(t), de (21) e (39) obtemos que a soluc¸a˜o
de (1) + (2)
associada ao autovalor σ = 0 que denotaremos por u0(x, t) e´ da forma:
u0(x, t) =
a0
2
, onde
a0
2
= c1k1. ((43))
Por outro lado da hipo´tese que u(x, t) = F (x)G(t), de (28) e (40) obtemos
que a soluc¸a˜o de
(1) + (2) associada ao autovalor σ = −n2 que denotaremos por un(x, t) e´ da
forma:
un(x, t) = K cosnxe−4n
2t. ((44))
Portanto, uma candidata a soluc¸a˜o de (1), (2) e (3) denotada por u(x, t) e´
da forma:
u(x, t) = u0(x, t) + un(x, t),
ou equivalentemente,
u(x, t) =
a0
2
+K cosnxe−4n
2t. ((45))
Substituindo t = 0 na equac¸a˜o (45) resulta que:
9
u(x, 0) =
a0
2
+K cosnx. ((46))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((47))
Comparando (46) e (47) temos enta˜o que a soluc¸a˜o de u(x, t) de (1), (2) e
(3) na˜o e´
dada por (45). Por outro lado sabemos que vale o princ´ıpio da superposic¸a˜o
finita. Logo
e´ verdadeiro supormos que u(x, t) e´ da forma:
u(x, t) =
a0
2
+
∞∑
n=1
Kn cosnxe−4n
2t. ((48))
Substituindo t = 0 na equac¸a˜o (48) resulta que:
u(x, 0) =
a0
2
+
m∑
n=1
Kn cosnx. ((49))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((50))
Comparando (49) e (50) obtemos que:
a0
2
+K1 cosx+K2 cos 2x+..+K6 cos 6x+..+K10 cos 10x+..Km cosmx = 3 cos 6x−5 cos 10x.
Logo:
a0 = 0; n = 6 e K6 = 3; n = 10 e K10 = −5; n 6= 6 e n 6= 10 =⇒ Kn = 0.
((51))
De (49) e (51) obtemos que:
10
u(x, t) = 3 cos 6xe−144t − 5 cos 10xe−400t. ((52))
d2) Solucao em F (x) e G(t)
Considere u(x, t) = X(x)T (t).
Da hipo´tese que u(x, t) = X(x)T (t), de (33) e (41) obtemos que a soluc¸a˜o
de (1) + (2)
associada ao autovalor σ = 0 que denotaremos por u0(x, t) e´ da forma:
u0(x, t) =
a0
2
, onde
a0
2
= c1k1. ((53))
Por outro lado da hipo´tese que u(x, t) = X(x)T (t), de (38) e (42) obtemos
que a soluc¸a˜o de
(1) + (2) associada ao autovalor σ = −n2 que denotaremos por un(x, t) e´ da
forma:
un(x, t) = K cosnxe−4n
2t. ((54))
Portanto, uma candidata a soluc¸a˜o de (1), (2) e (3) denotada por u(x, t) e´
da forma:
u(x, t) = u0(x, t) + un(x, t),
ou equivalentemente,
u(x, t) =
a0
2
+K cosnxe−4n
2t. ((55))
Substituindo t = 0 na equac¸a˜o (55) resulta que:
u(x, 0) =
a0
2
+K cosnx. ((56))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((57))
11
Comparando (56) e (57) temos enta˜o que a soluc¸a˜o de u(x, t) de (1), (2) e
(3) na˜o e´
dada por (55). Por outro lado sabemos que vale o princ´ıpio da superposic¸a˜o
finita. Logo
e´ verdadeiro supormos que u(x, t) e´ da forma:
u(x, t) =
a0
2
+
m∑
n=1
Kn cosnxe−4n
2t. ((58))
Substituindo t = 0 na equac¸a˜o (58) resulta que:
u(x, 0) =
a0
2
+
m∑
n=1
Kn cosnx. ((59))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((60))
Comparando (59) e (60) obtemos que:
a0
2
+K1 cosx+K2 cos 2x+..+K6 cos 6x+..+K10 cos 10x+..Km cosmx = 3 cos 6x−5 cos 10x.
Logo:
a0 = 0; n = 6 e K6 = 3; n = 10 e K10 = −5; n 6= 6 e n 6= 10 =⇒ Kn = 0.
((61))
De (58) e (61) obtemos que:
u(x, t) = 3 cos 6xe−144t − 5 cos 10xe−400t. ((62))
4a Questa˜o:(valor 2.5)
(i) Considere o problema de valor de contorno dado abaixo:
(4) H ′′(x)− σH(x) = 0; 0 < x < 2,
(5) H(0) = H(2) = 0.
12
De (4) temos que a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ da forma:
m2 = σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √σ,m2 = −√σ.
Caso 1 : Considere σ > 0.
Da equac¸a˜o acima e de (4) obtemos:
H(x) = c1e
√
σx + c2e−
√
σx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 + c2 = 0, por (5)1 =⇒ c2 = −c1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c2 = −c1 resulta:
H(2) = c1e2
√
σ− c1e−2
√
σ = 0, por (5)2 =⇒ c1 = c1e−4
√
σ =⇒ σ = 0 ou c1 = 0.
Como, pela hiptese do caso, σ > 0, temos que c1 = 0 e da´ı conclu´ımos que:
H(x) = 0. ((63))
Caso 2 : Considere σ = 0.
De (4) e de que m1 = m2 = 0 obtemos:
H(x) = c1 + c2x.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = 2c2 = 0 =⇒ c2 = 0, por (5)2.
13
Do exposto conclu´ımos que:
H(x) = 0. ((67))
Caso 3 : Considere σ < 0. Suponha que σ = −λ2, λ > 0.
De (4) e de que m1 = λi e m2 = −λi obtemos:
H(x) = c1 cosλx+ c2 sinλx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = c2 sin 2λ = 0, por (5)2 =⇒ c2 = 0 e ou sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = npi =⇒ λ = npi2 .
Disto resulta que se:
c2 = 0 =⇒ H(x) = 0, ((68))
sin 2λ = 0 =⇒ Hn(x) = c2 sin npi2 ,
com n ∈ N∗ pois λ > 0
(ii) Considere o problema de valor de contorno dado abaixo:
(4) H ′′(x) + σH(x) = 0; 0 < x < 2,
(5) H(0) = H(2) = 0.
De (4) temos que a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ da forma:
m2 = −σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √−σ,m2 = −√−σ.
Caso 1 : Considere σ < 0.
14
Da equac¸a˜o acima e de (4) obtemos:
H(x) = c1e
√−σx + c2e−
√−σx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 + c2 = 0, por (5)1 =⇒ c2 = −c1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c2 = −c1 resulta:
H(2) = c1e2
√−σ−c1e−2
√−σ = 0, por (5)2 =⇒ c1 = c1e−4
√−σ =⇒ σ = 0 ou c1 = 0.
Como, pela hiptese do caso, σ > 0, temos que c1 = 0 e da´ı conclu´ımos que:
H(x) = 0. ((69))
Caso 2 : Considere σ = 0.
De (4) e de que m1 = m2 = 0 obtemos:
H(x) = c1 + c2x.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = 2c2 = 0 =⇒ c2 = 0, por (5)2.
Do exposto conclu´ımos que:
H(x) = 0. ((70))
15
Caso 3 : Considere σ > 0. Suponha que σ = λ2, λ > 0.
De (4) e de que m1 = λi e m2 = −λi obtemos:
H(x) = c1 cosλx+ c2 sinλx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = c2 sin 2λ = 0, por (5)2 =⇒ c2 = 0 e ou sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = npi =⇒ λ = npi2 .
Disto resulta que se:
c2 = 0 =⇒ H(x) = 0, ((71))
sin 2λ = 0 =⇒ Hn(x) = c2 sin npi2 .,
com n ∈ N∗ pois λ > 0
16
17