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CA´LCULO V 2015.1 - ENGENHARIA ELE´TRICA Segunda Prova - GABARITO Nome do aluno: Matr´ıcula: 1a questa˜o: (4,0 pts)(a) A func¸a˜o f(z) = z e´ anal´ıtica? Por queˆ? (6,0 pts)(b) Encontre o valor principal de (1− i)1+i. Dica : No valor principal, so´ existe um u´nico valor para o aˆngulo θ, e ele esta´ compreendido no intervalo −pi < θ ≤ pi. RESOLUC¸A˜O : (a)f(z) = x− iy, para z = x+ iy. Portanto: u(x, y) = x v(x, y) = −y Logo, temos: ux(x, y) = 1 ⇒ ux(x, y) 6= vy(x, y) vy(x, y) = −1 Portanto, por Cauchy-Riemann, f(z) na˜o e´ uma func¸a˜o anal´ıtica. (b) (1− i)1+i = e(1+i)Ln(1−i) = e(1+i)(ln |1−i|+i(−pi/4)) = e(1+i)(ln √ 2−ipi 4 ) (1− i)1+i = e(ln √ 2+pi 4 )+i(ln √ 2−pi 4 ) = eln √ 2e pi 4 ( cos(ln √ 2− pi 4 ) + isen(ln √ 2− pi 4 ) ) (1− i)1+i = √ 2e pi 4 ( cos(ln √ 2− pi 4 ) + isen(ln √ 2− pi 4 ) ) 1 2a questa˜o: Integre. (5,0 pts)(a) ∫ C z dz, com C indo de −1 + i ate´ 1 + i ao longo da para´bola y = x2, no plano complexo. (5,0 pts)(b) ∫ C z3 + senz (z − i)3 dz, onde C e´ um c´ırculo com centro em i, percorrido no sentido anti-hora´rio. RESOLUC¸A˜O : (a)Parametrizando a curva, temos: z(t) = t+ it2 , −1 ≤ t ≤ 1 z˙(t) = 1 + i2t , −1 ≤ t ≤ 1 f(z(t)) = t− it2 , −1 ≤ t ≤ 1 Como f(z) na˜o e´ anal´ıtica, integramos pela definic¸a˜o, ou seja:∫ C z dz = ∫ 1 −1 z(t)z˙(t) dt = ∫ 1 −1 (t− it2)(1 + i2t) dt = = ∫ 1 −1 (t+ 2t3 + it2) dt = ∫ 1 −1 (t+ 2t3) dt+ i ∫ 1 −1 t2 dt = 2 3 i. (b)Primeiro observe que: (z3 + senz)′ = 3z2 + cosz (z3 + senz)′′ = 6z − senz. Enta˜o, temos:∮ C z3 + senz (z − i)3 dz = 2pii(z3 + senz)′′ 2! ∣∣∣∣ zo=i = pii(6i− seni) = = −6pi − ipiseni = −6pi + pisenh1 = pi(senh1− 6). (10 pts)3a questa˜o: Encontre a se´rie complexa de Fourier da func¸a˜o f(x) = x, com per´ıodo igual a 2pi. Dica : ∫ xe−inx dx = ∫ xcos(nx) dx− i ∫ xsen(nx) dx. Perceba que xcos(nx) e´ ı´mpar. RESOLUC¸A˜O : 2 1o modo(usando a dica). cn = 1 2pi ∫ pi −pi xe−inx dx = 1 2pi {∫ pi −pi xcosnx dx− i ∫ pi −pi xsennx dx } = − i 2pi ∫ pi −pi xsennx dx. Observe que se n = 0⇒ c0 = 0. Se n 6= 0, temos: cn = − i 2pi { − xcosnx n ∣∣∣pi −pi + 1 n ∫ pi −pi cosnx dx } = icos(npi) n = (−1)ni n . Portanto: cn = (−1)ni n . Enta˜o: x = ∞∑ n=−∞ n6=0 (−1)ni n einx ou x = i ∞∑ n=−∞ n 6=0 (−1)n n einx 2o modo(sem usar a dica). cn = 1 2pi ∫ pi −pi xe−inx dx = 1 2pi { xe−inx −in ∣∣∣∣pi −pi + 1 in ∫ pi −pi e−inx dx } = = 1 2pi { xe−inx −in ∣∣∣∣pi −pi + 1 in [ e−inx −in ]pi −pi } = − 1 2in ( e−inpi + einpi )− 1 2pi(in)2 ( e−inpi − einpi) . Lembrando que cos(npi) = 1 2 ( einpi + e−inpi ) ; sen(npi) = 1 2i ( einpi − e−inpi) e mediante algumas manipulac¸o˜es alge´bricas, temos: − 1 2in ( e−inpi + einpi )− 1 2pi(in)2 ( e−inpi − einpi) = − 1 in cos(npi)− i n2pi sen(npi) = icos(npi) n = (−1)ni n . Portanto: cn = (−1)ni n . Enta˜o: x = ∞∑ n=−∞ n6=0 (−1)ni n einx 3 ou x = i ∞∑ n=−∞ n 6=0 (−1)n n einx (10 pts)4a questa˜o: Seja f(x) a seguinte func¸a˜o: f(x) = senx se 0 < x < pi 0 se x > pi Represente f(x) como uma integral de Fourier de senos, ou seja, considere f(x) uma func¸a˜o ı´mpar. Dica : ∫ senvsenwv dv = wsenvcoswv − cosvsenwv 1− w2 RESOLUC¸A˜O : Como f(v)coswv e´ uma func¸a˜o impar, temos que: A(w) = 1 pi ∫ ∞ −∞ f(v)coswv dv = 0. Como f(v)senwv e´ uma func¸a˜o par, temos que: B(w) = 1 pi ∫ ∞ −∞ f(v)senwv dv = 2 pi ∫ ∞ 0 f(v)senwv dv = 2 pi ∫ pi 0 senvsenwv dv Pela dica, temos: B(w) = 2 pi { wsenvcoswv − cosvsenwv 1− w2 ∣∣∣∣pi 0 } Portanto: B(w) = 2 pi { senwpi 1− w2 } Logo, a integral de Fourier de f(x) e´: f(x) = ∫ ∞ 0 2 pi senwpi 1− w2 · senwx dw ou f(x) = 2 pi ∫ ∞ 0 senwpi 1− w2 · senwx dw 4 Formula´rio: zc = e(c lnz) ∫ C f(z) dz = ∫ b a f(z(t))z˙(t) dt 1 2pii ∮ C f(z) z − z0 dz=f(z0) n! 2pii ∮ C f(z) (z − z0)n+1 dz=f (n)(z0) f(x) = +∞∑ n=−∞ cne inpix/L, cn = 1 2L ∫ L −L f(x)e−inpix/L dx f(x) = ∫ ∞ 0 A(w)coswx+B(w)senwx dw A(w) = 1 pi ∫ ∞ −∞ f(v)cosvw dv B(w) = 1 pi ∫ ∞ −∞ f(v)senvw dv 5
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