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��� ���@@ @@ @@ ��� ���@@ @@ @@ @@@ @@@�� �� �� @@@ @@@�� �� �� Universidade Federal do Rio de Janeiro Instituto de Matema´tica Departamento de Me´todos Matema´ticos Disciplina: Ca´lculo Diferencial e Integral IV Unidades: Escola Polite´cnica e Escola de Quimica Gabarito da Prova Final Unificada Data: 05/07/2011 1. (2,5 p) Considere a equac¸a˜o de onda modificada utt + 2but + b2u− uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (1) onde b > 0 e´ uma constante. Com condic¸o˜es de contorno: u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, e condic¸o˜es iniciais: u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0, 0 < x < L. Encontre o deslocamento u(x, t). Resposta: Aplicando a te´cnica de separac¸a˜o de varia´veis, vamos supor que u(x, t) e´ soluc¸a˜o do problema acima talque u(x, t) = F (x)G(t) para todo (x, t) no domı´nio de u, (2) A equac¸a˜o diferencial fornece FG′′ + 2bFG′ + b2FG− F ′′G = 0. Rearranjando os termos obtemos G′′ + 2bG′ + b2G G = F ′′ F = −λ, onde λ e´ uma constante, pois o primeiro termo dessa equac¸a˜o so´ depende de t, o segundo so´ depende de x e como desejamos que sejam iguais para todo x ∈ (0, L) e t > 0 concluimos que independe de x e t. Assim mostramos que a equac¸a˜o (1) e´ equivalente as equac¸o˜es diferenciais G′′ + 2bG′ + b2G+ λG = 0, F ′′ + λF = 0. Das condic¸o˜es de contorno temos que F (0)G(t) = F (L)G(t) = 0 para todo t ≥ 0 e das condic¸o˜es iniciais temos que F (x)G′(0) = 0 para todo 0 ≤ x ≤ L. Como na˜o nos interessam soluc¸o˜es nulas, temos que F (0) = F (L) = 0 e G′(0) = 0. Consideremos o PVC { F ′′ + λF = 0, F (0) = F (L) = 0. (3) Como e´ conhecido os autovalores e as autofunc¸o˜es do problema (3) sa˜o λn = (npi L )2 , n ≥ 1, (4) Fn(x) = sen npix L , n ≥ 1. (5) Com estes auto-valores (4) podemos usar a EDO em t para obter as soluc¸o˜es correspondentes Gn(t). Nesse objetivo, consideremos a equac¸a˜o G′′ + 2bG′ + [ b2 + (npi L )2] G = 0, x > 0. (6) A equac¸a˜o caracter´ıstica correspondente r2 + 2br + [ b2 + ( npi L )2] = 0 tem as seguintes ra´ızes r = −b± npi L i. (7) A soluc¸a˜o geral tem a forma G(t) = e−bt ( A cos npit L +B sen npit L ) . Como G′(t) = −be−bt(A cos npit L +B sen npit L ) + e−bt npi L (−A sen npit L +B cos npit L ) , da condic¸a˜o de contorno G′(0) = 0 temos que 0 = G′(0) = −be−b0(A cos 0 +B sen 0)+ e−b0npi L (−A sen 0 +B cos 0) = (−bA+ npi L B) e portanto A = npi bL B. Aplicando o Principio de Superposic¸a˜o temos que se´rie de func¸o˜es que e´ candidata a soluc¸a˜o e´ da forma u(x, t) = ∞∑ n=1 cn sen npix L e−bt ( npi bL cos npit L + sen npit L ) . (8) Analisando a condic¸a˜o inicial para determinar os coeficientes cn, temos f(x) = u(x, 0) = ∞∑ n=1 cn npi bL sen npix L se 0 < x < L. Como temos uma se´rie de Fourier de senos, calculamos os coeficientes cn da seguinte maneira cn npi bL = 2 L ∫ L 0 f(x) · sen npix L dx e portanto cn = 2b npi ∫ L 0 f(x) · sen npix L dx. 2. (2,5 p) Encontre a soluc¸a˜o u(θ, r) da equac¸a˜o de Laplace r2 urr + r ur + uθθ = 0 (9) na regia˜o exterior do disco D = {(θ, r) : 0 ≤ θ < 2pi e 0 ≤ r ≤ a}, que satisfac¸a a condic¸a˜o de contorno sobre o c´ırculo u(θ, a) = sen θ, 0 ≤ θ < 2pi. (10) Suponha que u(θ, r) e´ limitada quando r → ∞. Resposta: Por separac¸a˜o de varia´veis, procuramos soluc¸o˜es (que sejam combinac¸o˜es lineares finitas ou infinitas de func¸o˜es) da forma u(θ, r) = Θ(θ)R(r). Substituindo na equac¸a˜o de Laplace, obtemos r2R′′(r) + rR′(r) R(r) = −Θ ′′(θ) Θ(θ) = λ ∈ R. A equac¸a˜o Θ′′ + λΘ = 0, (11) 2 tem como soluc¸a˜o geral Θ(θ) = Aθ +B se λ = 0, A cosh(ωθ) +B senh(ωθ) se λ = −ω2 < 0, A cos(ωθ) +B sen(ωθ) se λ = ω2 > 0. Como estamos considerando coordenadas polares e procurando uma soluc¸a˜o bem definida fora do disco D, a func¸a˜o Θ(θ) deve ser necessariamente perio´dica de perio´do 2pi. Portanto, λ < 0 na˜o fornece soluc¸o˜es perio´dicas na˜o nulas. Para λ = 0 somente podemos considerar soluc¸o˜es constantes. Para λ > 0 devemos ter necessariamente ω ∈ N. Concluimos enta˜o que (11) para cada n = 0, 1, 2, . . . com λn = n2 tem as soluc¸o˜es do tipo Θn(θ) = An cos(nθ) +Bn sen(nθ), com constantes arbitra´rias An e Bn. Assim, consideramos para cada n a soluc¸a˜o correspondente da equac¸a˜o de Euler r2R′′ + rR′ − n2R = 0. A equac¸a˜o indicial correspondente e´ s(s − 1) + s − n2 = s2 − n2 = 0 cujas ra´ızes sa˜o s1 = n e s2 = −n. Portanto, para cada n temos a soluc¸a˜o geral dessa equac¸a˜o de Euler Rn(r) = αnrn + βnr−n, com constantes arbitrarias αn e βn. Assim temos que considerar as soluc¸o˜es gerais un(θ, r) = Θn(θ)R(r) = (αnrn + βnr−n)(An cos(nθ) +Bn sen(nθ)). Como so´ queremos soluc¸o˜es limitadas na regia˜o fora do disco D, devemos descartar os termos rn ( isto e´, assumir que αn = 0 ), pois essos termos sa˜o ilimitados no intervalo r ∈ (a,∞). Portanto, a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o de Laplace sera´ uma superposic¸a˜o das soluc¸o˜es fundamentais obtidas e, portanto, da forma u(θ, r) = ∞∑ n=0 βnr −n(An cos(nθ) +Bn sen(nθ)). Nosso pro´ximo passo sera´ encontrar os coeficientes βnr−nAn e βnr−nBn. Considerando a condic¸a˜o de contorno (10), temos sen θ = u(θ, a) = ∞∑ n=0 βna −n(An cos(nθ) +Bn sen(nθ)), Pore´m como sen θ e´ continua em 0 ≤ θ < 2pi, temos que sen θ = a0 2 + ∞∑ n=1 a−n(an cos(nθ) + bn sen(nθ)) se θ ∈ [0, 2pi). como a0 = 2β0A0, an = βnAn e bn = βnBn para n ≥ 1 sa˜o constantes arbitrarias. Concluimos enta˜o por comparac¸a˜o dos coeficientes que 0 = a0 = a1 = a2 = . . ., b1 = a, 0 = b2 = b3 = . . .. A soluc¸a˜o portanto e´ u(θ, r) = a r sen θ. Finalmente, podemos verificar que u(θ, r) realmente e´ a soluc¸a˜o: Ela e´ limitada se r ≥ a, satisfaz r2urr + rur + uθθ = r2 2a r3 sen θ + r −a r2 sen θ − a r sen θ = 1 r3 ( 2ar2 − ar2 − ar2) sen θ = 0 e u(θ, a) = a a sen θ = sen θ. 3 3. (3,0 p)Resolva as seguintes questo˜es: (a) Encontre a L−1{F (s)} onde (0, 8 p)(i) F (s) = 7se4s s2 − 6s+ 5, (0, 7 p)(ii) F (s) = 1 s3 − 4s2 + 5s . (b) Encontre a transformada de Laplace de (i) f(t) = |1− t2|, (ii) f(t) = 2tu1(t)− 3tδ(t− 2). Resposta: 3 (ai) Queremos mostrar que na˜o existe a transformada inversa de F (s). Para isto procederemos pelo absurdo. Suponhamos que existe a transformada de Laplace inversa de F (s), isto e´, existe uma func¸a˜o ou classe f(t) continua por partes em [0,∞) e de ordem exponeˆncial quando t → ∞, talque L−1{F (s)} = f(t) ⇔ F (s) = L{f(t)}, Por outra parte, como conseque`ncia do teorema de existe`ncia da transformada de Laplace e´ sim- ples verficar a seguinte propriedade: toda func¸a˜o f(t) continua por partes em [0,∞) e de ordem exponeˆncial quando t → ∞, verifica que lim s→∞F (s) = 0. Porem podemos observa que lim s→∞F (s) = lims→∞ 7se4s s2 − 6s+ 5 = ∞, O qual e´ uma contradic¸a˜o, o que mostra a nossa afirmac¸a˜o. 3 (aii) Rescrevendo e completando o quadrado temos s3− 4s2+5s = s((s− 2)2+1). Decompondo em frac¸o˜es parciais temos 1 s ( (s− 2)2 + 1) = As + Bs+ C(s− 2)2 + 1 , encontrando as constantes resolvemos o problema. Outra maneira de ver, seria aplicando proprie- dades da transformada de uma integral. Seja F (s) = 1 s ( (s− 2)2 + 1) Queremos achar L−1{F (s)s }, isto e´ : L−1{F (s)s } = ∫ t 0 L−1{F (s)} dµ,∫ t 0 L−1{ 1(s−2)2+1} dµ,∫ t 0 e2µ cosµdµ, 1 2 e 2µ cosµ ∣∣t 0 + 12 ∫ t 0 e2µ senµdµ, − 12 + 12e2t cos t+ 14e2t sen t− 14L−1{F (s)s } Concluimos enta˜o que L−1 { 1 s ( (s− 2)2 + 1) } = −2 5 − 2 5 e2t cos t+ 1 5 e2t sen t. 4 3 (bi) Seja F (s) = L{f}(t). Sendo f(t) = { 1− t2 se 0 ≤ t < 1, −(1− t2) se t ≥ 1, podemos rescrever f(t) usandoa func¸a˜o degrau f(t) = 1− t2 + (− (1− t2)− (1− t2))u1(t) = 1− t2 − 2 (1− t2)u1(t). Como t2 − 1 = (t− 1)2 + 2(t− 1), temos f(t) = 1− t2 + 2(t− 1)2u1(t) + 4(t− 1)u1(t). Lembremos que L{t2} = 2s−3, L{t} = s−2, L{1} = s−1, e portanto concluimos que L{f(t)} = 1 s − 2 s3 + 4 e−s s3 + 4 e−s s2 3 (bii) Como 2t u1(t)− 3t δ(t− 2) = 2u1(t) · (t− 1) + 2u1(t)− 3t δ(t− 2) e L{t δ(t− 2)} = − d ds L{δ(t− 2)} = − d ds e−2s = 2e−2s temos L{2t u1(t)− 3t δ(t− 2)} = 2e−ss−2 + 2e−ss−1 − 6e−2s. 4. (2,0 p)Obtenha uma representac¸a˜o em se´rie de poteˆncias a func¸a˜o g(x) = ln ( 1 + x 1− x ) . Calcule o raio de convergeˆncia da se´rie obtida. Verifique que ln 3 = ∞∑ n=0 1 (2n+ 1)22n Resposta: Observemos que 1 1− x = ∞∑ n=0 xn absolutamente convergente em |x| < 1 nesse caso podemos obter 1 1− x2 = ∞∑ n=0 x2n abssolutamente convergente em |x| < 1 Como a func¸a˜o 11−x2 e´ integra´vel em |x| < 1. Integrando de 0 a t com |t| < 1, obtemos que∫ t 0 dx 1− x2 = ∞∑ n=0 ∫ t 0 x2n dx = ∞∑ n=0 t2n+1 2n+ 1 . (12) 5 Convergente em |t| < 1m com raio de converge`ncia r = 1. Agora observemos que 1 1− x2 = 1 2 1 1− x + 1 2 1 1 + x (13) Integrando (13) e usando a definic¸a˜o de ln(1− t) e ln(1 + t), obtemos∫ t 0 dx 1− x2 = − 1 2 ln(1− t) + 1 2 ln(1 + t) = 1 2 ln 1 + t 1− t , Portanto, 1 2 ln 1 + t 1− t = ∞∑ n=0 t2n+1 2n+ 1 convergente. Tomando t = 1/2 mostramos a fo´rmula pedida. Professores: Carlos Ferraris, Katrin Gelfert, I Shih, Pedro Gamboa, Xavier Carvajal. 6
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