prova_pf_gab_calc4_2010_1_eng

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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010
Questa˜o 1: (3.0 pontos)
(a) (1.0 ponto) Verifique se a se´rie
∞∑
n=0
(−1)n
1 +
√
n
e´ absolutamente convergente, condicionalmente
convergente ou divergente.
Soluc¸a˜o:
Note que para todos n temos 1 +
√
n ≤ √n+√n = 2√n. Enta˜o
1
1 +
√
n
≥ 1
2
√
n
=
1
2
1
n1/2
.
Como a se´rie
∞∑
n=1
1
n1/2
e´ divergente (se´rie p, ≤ 1), pelo crite´rio da comparac¸a˜o,
∞∑
n=1
1
1 +
√
n
e´ divergente. Logo, a se´rie
∞∑
n=0
(−1)n
1 +
√
n
na˜o e´ absolutamente convergente.
Por outro lado, como
lim
n→∞
1
1 +
√
n
= 0
e
1
1 +
√
n
>
1
1 +
√
n+ 1
(
√
n+ 1 >
√
n)
a se´rie
∑∞
n=0
(−1)n
1+
√
n
e´ convergente pelo crite´rio de Leibnitz.
Conclusa˜o:
∞∑
n=0
(−1)n
1 +
√
n
e´ condicionalmente convergente.
(b) (1.5 ponto) Encontre a se´rie de Taylor da func¸a˜o
f(x) =
{
ex−1
x
x 6= 0
1 x = 0
,
em torno do ponto x = 0, e o seu respectivo raio de convergencia.
Soluc¸a˜o:
Sabe-se que ex =
∞∑
n=0
xn
n!
para todos x ∈ R. Portanto
ex − 1 =
∞∑
n=1
xn
n!
que implica
ex − 1
x
=
∞∑
n=1
xn−1
n!
=
∞∑
n=0
xn
(n+ 1)!
.
Raio de convergeˆncia (enferio da raza˜o):
lim
n→∞
∣∣∣∣ xn+1(n+ 2)! (n+ 1)!xn
∣∣∣∣ = |x| · limn→∞ (n+ 1)!(n+ 2)! = 0 < 1
para todo x ∈ R. Portanto R = +∞.
Pa´gina 1 de 6
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o)
(c) (0.5 ponto) Utilizando a se´rie do item (b) calcule f (50)(0) (isto e´, a derivada de ordem 50 da
func¸a˜o f(x) no ponto x = 0).
Soluc¸a˜o:
Se´rie de Taylor f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn (em torno x = 0). Comparando com o item (b),
obte´m-se ∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn =
∞∑
n=0
1
(n+ 1)!
xn.
Portanto
f (n)(0)
n!
=
1
(n+ 1)!
e assim f (50)(0) =
50!
51!
=
1
51
.
Questa˜o 2: (1.5 ponto)
Considere a func¸a˜o f definida por
f(x) =
{
1 0 ≤ x < 1,
2− x 1 ≤ x < 2
e suponha que f esta´ definida fora do intervalo 0 ≤ x < 2 de modo a satisfazer f(x + 2) = f(x)
para todo x ∈ R.
(a) (0.5 ponto) Esboce o gra´fico de f(x) no intervalo [−4, 2].
1 2-1-2-3-4
1
x
f(x)
(b) (1.0 ponto) Encontre a se´rie de Fourier de f(x).
Soluc¸a˜o:
(a) A se´rie e´ dado por
SF [f ](x) =
a0
2
+
∞∑
k=1
(
an cos(npix/L) + bn sen(npix/L)
)
,
onde L = 1,
a0 =
1
L
∫ 1
−1
f(x) dx =
3
2
,
an =
1
L
∫ 1
−1
f(x) cos(npix) dx =
cos(npi)
(npi)2
− 1
(npi)2
=
{
0 n par,
− 2
(npi)2
n impar
bn =
1
L
∫ 1
−1
f(x) sen(npix) dx =
∫ 0
−1
(−x) sen(npix) dx+
∫ 1
0
1 · sen(npix) dx = 1
npi
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Questa˜o 3: (2.5 pontos)
Utilizando a Transformada de Laplace, resolva o seguinte problema de valor inicial:{
y′′(t) + 2 y′(t) + y(t) = u3(t) et−2,
y(0) = y′(0) = 0.
Soluc¸a˜o:
Aplicando a transformada de Laplace e usando o fato que y(0) = y′(0) = 0 temos
L{y′′}+ 2L{y′}+ L{y} = L{u3(t) et−2}.
s2L{y}+ 2sL{y}+ L{y} = L{u3(t) et−2}.
Calculando L{u3(t) et−2}: Observando que
u3(t) e
t−2 = u3(t) et−2 e−1 e = u3(t) et−3 e.
Logo
L{u3(t) et−2} = L{u3(t) et−3 e} = eL{u3(t) et−3} = e e−3sL{et} = e
−3s+1
s− 1
Assim concluimos que
(s2 + 2s+ 1)L{y} = e
−3s+1
s− 1
e
L{y} = e
−3s+1
(s2 + 2s+ 1)(s− 1) =
e−3s+1
(s+ 1)2(s− 1)
Usando frac¸o˜es parcias para escrever o termo
1
(s+ 1)2(s− 1):
1
(s+ 1)2(s− 1) =
a
(s− 1) +
b
(s+ 1)
+
c
(s+ 1)2
=
a(s+ 1)2 + b(s− 1)(s+ 1) + c(s− 1)
(s+ 1)2(s− 1) .
Isso implica
a− b− c = 1, a+ b = 0, 2a+ c = 0
e portanto a = 1
4
, b = −1
4
e c = −1
2
. Logo
L{y} = e−3s+1
(
1
4(s− 1) −
1
4(s+ 1)
− 1
2(s+ 1)2
)
e
y =
e
4
L−1
{
e−3s
s− 1
}
− e
4
L−1
{
e−3s
s+ 1
}
− e
2
L−1
{
e−3s
(s+ 1)2
}
.
Finalmente, observo que
L−1
{
e−3s
s− 1
}
= u3(t)e
t−3 pois L−1
{
1
s− 1
}
= et.
L−1
{
e−3s
s+ 1
}
= u3(t)e
−(t−3) pois L−1
{
1
s+ 1
}
= e−t.
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L−1
{
e−3s
(s+ 1)2
}
= u3(t)(t− 3)e−(t−3) pois L−1
{
1
(s+ 1)2
}
= t e−t.
Assim, concluimos que
y(t) = e u3(t)
(
et−3
4
− e
−t+3
4
− (t− 3)
2
e−t+3
)
.
Questa˜o 4: (3.0 pontos)
Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF):
utt − 4uxx = 0, 0 < x < 2, t > 0
ux(0, t) = ux(2, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 2
ut(x, 0) = 5 + cos(4pix), 0 ≤ x ≤ 2.
(a) (2.0 pontos) Utilizando o Me´todo de Separac¸a˜o de Varia´veis, obtenha as equac¸o˜es diferencias
ordina´rias nas varia´veis x e t e as resolva, detalhando todas as etapas.
Soluc¸a˜o:
Seja u(x, t) = F (x)G(y). Substituindo na equac¸a˜o obte´m-se
G′′(t)
4G(t)
=
F ′′(x)
F (x)
= λ
e portanto {
F ′′(x)− λF (x) = 0
G′′(t)− 4λG(t) = 0.
Como ux(0, t) = ux(2, t) = 0, obte´m-se F
′(0) = F ′(2) = 0.
A primeira EDO {
F ′′(x)− λF (x) = 0
F ′(0) = F ′(2) = 0
tem o polinomio caracteristico r2 − λ = 0 com ra´ızes r = ±√λ.
1o caso: λ = 0:
Temos ra´ızes λ1 = λ2 = 0 e assim F (x) = C1 + C2 x. Como 0 = F
′(0) = C2 temos C2 = 0.
Portanto para o autovalor λ = 0 temos F (x) = C1 (constante).
2o caso: λ > 0:
Temos ra´ızes r1 =
√
λ e r2 =
√
λ e assim F (x) = C1e
√
λx + C2e
−√λx e
F ′(x) = C1
√
λe
√
λx − C2
√
λe−
√
λx.
Como 0 = F ′(0) = (C1 − C2)
√
λ temos C1 = C2. Como 0 = F
′(2) = C1
√
λ(e2
√
λ − e−2
√
λ)
e como ex e´ uma func¸a˜o injectiva temos e2
√
λ = e−2
√
λ se e somente se 2
√
λ = −2√λ, o
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que na˜o e´ possivel pois λ > 0. Logo e2
√
λ − e−2
√
λ 6= 0 e assim C1 = 0. Portanto C2 = 0 e
F (x) = 0. Mas essa soluc¸a˜o na˜o interessa. Portanto λ > 0 na˜o e´ um auto-valor.
3o caso: λ = −σ2 < 0, σ > 0:
Temos ra´ızes r1 = iσ e r2 = −iσ e assim F (x) = A1 cos(σx) + A2 sen(σx) e
F ′(x) = −σA1 sen(σx) + σA2 cos(σx).
Como 0 = F ′(0) = σA2 temos A2 = 0 pois σ > 0. Como 0 = F ′(2) = −σA1 sen(2σ)
pode-se tomar A1 6= 0, desde que sen(2σ) = 0 se 2σ = npi. Assim σ = npi2 e portanto
λ = −n2pi2
4
para n ≥ 1. Portanto para os auto-valores λ = −n2pi2
4
, n ≥ 1 obte´m-se
Fn(x) = An cos
npix
2
, n ≥ 1.
Consideramos a segunda EDO
G′′(t)− 4λG(t) = 0
para os casos λ = 0 e λ = −n2pi2
4
, n ≥ 1:
λ = 0:
G′′(t) = 0 e assim G(t) = D1 +D2 t.
λ = −n2pi2
4
:
G′′n(t) + n
2pi2Gn(t) = 0 e assim Gn(t) = αn cos(npit) + βn sen(npit)
(b) (0.5 ponto) Encontre a soluc¸a˜o em se´rie que verifica a equac¸a˜o e as condic¸o˜es de fronteira.
Soluc¸a˜o:
Para o auto-valor λ = 0 temos
u0(x, t) = C1(D1 +D2 t) = c0 + d0 t.
Para λ = −n2pi2
4
, n ≥ 1, temos
un(x, t) = Fn(x)Gn(t) = (cn cos(npit) + dn sen(npit)) cos
(npix
2
)
.
Portanto
u(x, t) = c0 + d0 t+
∞∑
n=1
(cn cos(npit) + dn sen(npit)) cos
(npix
2
)
.
(c) (0.5 ponto) Analisando as condic¸o˜es iniciais do (PVIF) obtenha a soluc¸a˜o do problema dado.
Soluc¸a˜o:
Determinac¸a˜o dos constantes c0, d0, cn, dn: Como
u(x, 0) = c0 +
∞∑
n=1
cn cos
npix
2
= 0,
Pa´gina 5 de 6
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Gabarito prova final unificada - EscolaPolite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o)
temos c0 = cn = 0, n ≥ 1. Como
ut(x, t) = d0 +
∞∑
n=0
npidn cos(npit) cos
npix
2
e assim
ut(x, 0) = d0 +
∞∑
n=0
npidn cos
npix
2
= 5 + cos 4pix
temos d0 = 5 e 8pid8 = 1 e portanto d8 =
1
8pi
e dn = 0 se n 6= 8. Portanto a soluc¸a˜o
procurada e´
u(x, t) = 5t+
1
8pi
sen(8pit) cos(4pix).
Pa´gina 6 de 6 Boa prova!