Cor_Teste2_2021 (1)

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Universidade Eduardo Mondlane
Faculdade de Ciências
Departamento Matemática e Informática
Curso de Matemática
Equações Diferenciais com Derivadas Parciais
Guião de Correcção do Teste 2
EDDP - Guião de Correcção do Teste 2- 08.04.2021
Duração 1 hora e 30 minutos.
1. (3.0) Resolve o seguinte problema ilustrando as soluções de D’Alember no plano xt.
EDDP utt = c2uxx −∞ < x <∞ 0 < t <∞
CIs
u(x, 0) =
{
1 − 1 < x < 1
1/2 caso contrário
ut(x, 0) = 0
Resolução : As soluções estão ilustradas no gráfico 1 abaixo
Figura 1: Soluções de D’Alembert.
2. (3.0) Consideremos uma corda homogênea semi-limitada x ≥ 0 com tensão 1, densidade linear 1 e
extremidade livre. Deflexõestransversais iniciais são zeros e velocidade inicial é igual a ut(x, 0) =
4x3. Encontre a deflexão da corda no ponto x = 1 no tempo t = 2, do problema
utt = a2uxx x > 0 t > 0
ux(0, t) = 0
u(x, 0) = 0 & ut(x, 0) = 4x3
sendo que a2 = Tρ = 1.
Resolução : A solução de D’Alembert para uma corda semi-limitada é dada por
u(x, t) =
{
1
2 [f(x− at) + f(x+ at)] +
1
2a
∫ x+at
x−at g(ξ)dξ x ≥ at
1
2 [f(x+ at)− f(at− x)] +
1
2a
∫ x+at
at−x g(ξ)dξ x < at
ou pelo método de reflexão par
u(x, t) = 12a
∫ x+at
x−at
g(ξ)dξ = 2
∫ x+t
x−t
|ξ|3dξ, x > 0, t > 0
onde G(ξ) = 4|ξ|3 é a prolongação par da função g(x) = 4x3, x ≥ 0 para todo o eixo R. Então
u(1, 2) = 2
∫ 3
−1
|ξ|3dξ = 2
(∫ 3
0
ξ3dξ −
∫ 0
−1
ξ3dξ
)
= 3
4 + 1
2 = 41.
1
3. (3.5) Encontre a solução do problema de vibração da corda limitada pelo método de separação de
variáveis apresentando todos os passos
utt = α2uxx 0 < x < 1 0 < t <∞{
u(0, t) = 0
u(1, t) = 0
&
{
u(x, 0) = sen (3πx)
ut(x, 0) = (3πα) sen (3πx) 0 ≤ x ≤ 1
Resolução : Tomando u(x, t) = X(x)T (t) obtemos
X ′′(x)
X(x) =
T ′′(t)
α2T (t) = λ⇔
{
X ′′ − λX = 0
T ′′ − α2λT = 0
Para λ < 0(λ = −β2) tem-se
T (t) = A sen (αβt) +D cos(αβt)
X(x) = C sen (βx) +D cos(βx)
Para λ = 0 tem-se
T (t) = At+B
X(x) = Cx+D
e para λ > 0(λ = β2) tem-se
T (t) = Aeαβt +Be−αβt
X(x) = Ceβx +De−βx
Note que para λ > 0 as soluções são ilimitadas quando t → ∞ e quando λ = 0 as soluções são
triviais visto que X(0) = D = 0 e X(1) = C + 0 = 0. Logo, concluímos que a solução existe para λ
negativo. Aplicando as condições iniciais
u(0, t) = X(0)T (t) = D[A sen (αβt) +D cos(αβt)] = 0⇒ D = 0
u(1, t) = X(1)T (t) = C cos(β)[A sen (αβt) +D cos(αβt)] = 0⇒ sen β = 0
Logo, estamos procurando β que satisfaz sen β = 0, isto é, βn = nπ para n = 0, 1, 2, 3, · · · . Pelo
que as soluções fundamenais são então dadas por
un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = sen (nπ)[an sen (nπαt) + bn cos(nπαt)]
onde an = 2nπα
∫ 1
0 g(x) sen (nπx)dx e bn =
2
1
∫ 1
0 f(x) sen (nπx)dx. Então , fazendo uso das condições
iniciais dadas tem-se
an =
2
nπα
∫ 1
0
3πα sen (3πx) sen (nπx)dx =
{
0 se n 6= 3
3πα
nπα se n = 3
bn =
2
1
∫ 1
0
sen (3πx) sen (nπx)dx =
{
0 se n 6= 3
1 se n = 3
Portanto, a solução desejada é dada por u(x, t) = sen (3πx)[ sen (3παt) + cos(3παt)].
4. (2.0) Tomando ξ = x/L e τ = [α/L]t encontre a forma adimensionalizada (apresentando todos os
passos) do problema
utt = α2uxx 0 < x < L 0 < t <∞{
u(0, t) = 0
u(L, t) = 0
&
{
u(x, 0) = sen (πx/L) + 0.5 sen (3πx/L)
ut(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ L
Resolução : Note que pela transformação das variáveis independentes (não há necessidade de trans-
formar u), pelo que fazendo ξ = x/L e τ = [α/L]t e calculando as derivadas nas novas variáveis
2
obtemos
ξx =
1
L
, ξxx = 0, τt =
α
L
, τtt = 0
ux = uξξx, uxx = (uξξξxξx + uξξxx) =
1
L2
uξξ
ut = uττt, utt = (uτττtτt + uττtt) =
α2
L2
uττ
e substituindo na equação tem-se
uττ = uξξ 0 < ξ < 1 0 < τ <∞{
u(0, τ) = 0
u(1, τ) = 0
&
{
u(ξ, 0) = sen (πξ) + 0.5 sen (3πξ)
uτ (ξ, 0) = 0 0 ≤ ξ ≤ 1
5. (3.5) Resolva o problema (note que o tempo começa em t = 1)
xux + tut + 2u = 0 −∞ < x <∞ 1 < t <∞
u(x, 1) = sen x −∞ < x <∞
Quais são as curvas características? Esboçe a solução para diferentes valores do tempo.
Resolução : Seja dxds = x e
dt
ds = t, logo x(s) = c1e
s e t(s) = c2es. Fazendo x(1) = c1e = τ e
t(1) = c2e = 1 teremos
c1 = e−1τ ⇒ x = τes−1
c2 = e−1 ⇒ t = es−1
Agora passamos a resolver a o sistema {
du
ds + 2u = 0
u(1) = sen τ
Resolvendo a primeira equação obtemos u(s, τ) = Ae−2s e substituindo na condição inicial tem-se
A = e2 sen τ . Pelo que, a solução é dada por
u(s, τ) = e2 sen τe−2s = sen τe−2(s−1)
Agora, vamos devolver às variáveis originais, τ = xes−1 = xe
−(s−1) e t−1 = e−(s−1). Logo, e−2(s−1) =
t−2 e τ = xt . Portanto,
u(x, t) = 1
t2
sen (x/t).
O esboço do gráfico para vários valores de t é ilustrado para x = 1, 2, 4 na Figura 5
Figura 2: Gráfico de u(x, t) = 1t2 sen (x/t).
3
6. (2.5) Determine a equação de onda utt = α2∇2u em coordenadas polares se a solução depende
apenas de r e t.
Resolução : Em coordenadas polares temos a seguinte transformação{
r2 = x2 + y2
θ = arctan y/x
ou
{
x = r cos θ
y = r sen θ
da qual temos
(r2 = x2 + y2)x ⇔ 2rrx = 2x⇔ rx =
x
r
= cos θ
(x = r cos θ)x ⇔ 1− rx cos θ − r sen θθx ⇔ sen 2θ = −r sen θθx ⇔ θx = −
sen θ
r
(r2 = x2 + y2)y ⇔ 2rry = 2y ⇔ ry =
y
r
= sen θ
(y = r sen θ)y ⇔ 1− ry sen θ + r cos θθy ⇔ cos2 θ = r cos θθy ⇔ θy =
cos θ
r
Assim os termos ux e uxx são
ux = urrx + uθθx = ur cos θ − uθ
sen θ
r
uxx = (ux)x = (ux)rrx + (ux)θθx
= (ur cos θ − uθ
sen θ
r
)r cos θ + (ur cos θ − uθ
sen θ
r
)θ
sen θ
r
= (urr cos θ − uθr
sen θ
r
+ uθ
sen θ
r2
) cos θ − (urθ cos θ − ur sen θ − uθθ
sen θ
r
− uθ
cos θ
r
) sen θ
r
e os termos uy e uyy são
uy = urry + uθθy = ur sen θ + uθ
cos θ
r
uyy = (uy)y = (uy)rry + (uy)θθy
= (ur sen θ + uθ
cos θ
r
)r sen θ + (ur sen θ + uθ
cos θ
r
)θ
cos θ
r
= (urr sen θ + uθr
cos θ
r
− uθ
cos θ
r2
) sen θ + (urθ sen θ + ur cos θ + uθθ
cos θ
r
− uθ
sen θ
r
)cos θ
r
Pelo que
∇2u = uxx + uyy = urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ
Portanto, a equação da onda nas variáveis r e t é dada por utt = α2[urr + 1rur].
7. (2.5) Encontre a solução do problema interior de Dirichlet
urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ = 0 0 < r < 1
quando a condição de contorno é dada por u(1, θ) = 1 + sen θ + 12 cos θ.
Resolução : A solução geral do problema interior de Dirichlet é dada por
u(r, θ) =
∞∑
n=0
rn[an cos(nθ) + bn sen (nθ)]
Visto que a condição inicial se encontra na forma de séries de Fourier obtemos os coeficientes
directamente comparando com a solução geral desejada. Assim, para
n = 0⇒ a0 = 1,
n = 1⇒ a1 =
1
2 , b1 = 1
n > 1⇒ an = bn = 0
Portanto, a solução desejdada é dada por 1 + r sen θ + r2 cos θ.
4
Bom trabalho!
Prof. Doutor Sansão Pedro
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