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prova2 Gabarito 2016 1 Ricardo Misturini

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Existiam algumas provas diferentes, mas bem parecidas. Este e´ o gabarito de uma delas.
Questo˜es:
1. (1,5pt) Exiba a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o
y′′ + y′ − 2y = e−2x (1)
Soluc¸a˜o. Trata-se de uma equac¸a˜o linear com coeficientes constantes, pore´m na˜o homogeˆnea.
Olhando para a equac¸a˜o caracter´ıstica associada, z2 + z − 2 = 0, cujas ra´ızes sa˜o, z1 = 1 e
z2 = −2, podemos concluir que a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o homogeˆnea associada e´
yH(x) = C1e
x + C2e
−2x.
Considerando o me´todo dos coeficientes a determinar, o termo e−2x a` direita na equac¸a˜o (1),
a` primeira vista, sugere um candidato a soluc¸a˜o particular na forma yp(x) = Ae
−2x. En-
tretanto, esse formato na˜o ira´ funcionar pois uma func¸a˜o dessa forma e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o
homogeˆnea associada. Como vimos em aula, neste caso, tomamos um candidato a soluc¸a˜o
particular na forma yp(x) = Axe
−2x. Substituindo esse candidato em (1) percebemos que
yp = Axe
−2x e´ soluc¸a˜o se escolhermos A = −1
3
. Sendo assim, pelo princ´ıpio da superposic¸a˜o
a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y(x) = C1e
x + C2e
−2x − 1
3
xe−2x.
2. (1,5pt) Consider a EDO
y′′ − 2y′ = x2 − 4e2x + sen(2x). (2)
Indique de que forma deve-se procurar uma soluc¸a˜o particular, sem, contudo, determinar
os coeficientes.
Soluc¸a˜o.
yp(x) = (Ax
2 +Bx+ C)x+Dxe2x + E cos(2x) + F sen(2x).
Note que a parte polinomial de grau 2 foi multiplicada por x porque 0 e´ uma raiz da equac¸a˜o
caracter´ıstica (o termo constante, portanto, resolveria a equac¸a˜o homogeˆnea associada). O
mesmo ocorreu com a parte exponencial, pois 2 e´ raiz da equac¸a˜o caracter´ıstica.
3. (2pt) Considere o sistema linear{
x′1(t) = 2x1(t)− 2x2(t)
x′2(t) = −2x1(t)− 2x2(t)
(3)
Lembre que, usando a notac¸a˜o x =
(
x1
x2
)
, o sistema (3) pode ser escrito como x′ = Ax,
onde A =
(
2 −2
−2 −2.
)
.
(a) (0,5pt) Encontre os autovalores da matriz A.
Soluc¸a˜o. Basta resolver a equac¸a˜o det(A− λI) = 0.
Neste exemplo λ1 =
√
8 e λ2 = −
√
8.
1
(b) (1,5pt) As soluc¸o˜es de (3) podem ser pensadas como trajeto´rias no plano x1x2. Como
vimos em aula, o trac¸ado de algumas destas trajeto´rias no plano x1x2 e´ o que chamamos
de plano de fase. Usa-se uma seta para indicar em que sentido a soluc¸a˜o anda quando
o tempo cresce.
Com base em sua resposta para o item anterior, assinale a alternativa que
corresponde ao plano de fase do sistema (3).
(a) ( ) (b) ( )
(c) (X) (d) ( )
(e) ( ) (f) ( )
Soluc¸a˜o. Item (c). Comportamento de sela, pois os autovalores de A sa˜o reais com sinais
contra´rios.
2
4. (3pt) Resolva pelo me´todo da separac¸a˜o de varia´veis:
utt = uxx (0 < x < L, 0 < t < +∞)
u(0, t) = 0 , u(L, t) = 0 (0 < t < +∞)
u(x, 0) = 2 sen(2pix
L
) + 5 sen(7pix
L
) (0 < x < L)
ut(x, 0) = 0 (0 < x < L)
Soluc¸a˜o. Comec¸amos procurando soluc¸o˜es da forma
u(x, t) = ϕ(x)ψ(t)
Para isso e´ necessa´rio que ϕ(x)ψ′′(t) = ϕ′′(x)ψ(t) e enta˜o
ϕ′′(x)
ϕ(x)
=
ψ′′(t)
ψ(t)
= λ constante.
Considerando as condic¸o˜es de contorno e a condic¸a˜o ut(x, 0) = 0 vamos procurar ϕ e ψ
que sejam soluc¸o˜es de
{
ϕ′′(x)− λϕ(x) = 0
ϕ(0) = 0, ϕ(L) = 0
e
{
ψ′′(t)− λψ(t) = 0
ψ′(0) = 0
. Como vimos
em diversos exemplos em aula, a equac¸a˜o para ϕ tem soluc¸a˜o na˜o trivial somente quando
λ = − (npi
L
)2
, e as soluc¸o˜es sa˜o dadas por ϕn(x) = Bn sen
(
npix
L
)
. Para esses valores de λ, as
respectivas soluc¸o˜es para a equac¸a˜o envolvendo ψ sa˜o ψn(t) = Dn cos
(
npit
L
)
. Obtemos assim
a famı´lia
un(x, t) = Bn cos
(
npit
L
)
sen
(npix
L
)
.
Como o problema e´ homogeˆneo, soma de soluc¸o˜es e´ soluc¸a˜o, assim temos que
u(x, t) =
∞∑
n=1
Bn cos
(
npit
L
)
sen
(npix
L
)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o. Agora precisamos escolher os coeficientes Bn adequadamente para
que valha a condic¸a˜o inicial u(x, 0) = 2 sen(2pix
L
) + 5 sen(7pix
L
). Precisamos enta˜o que
∞∑
n=1
Bn sen
(npix
L
)
= 2 sen(2pix
L
) + 5 sen(7pix
L
).
Ou seja, queremos escrever a func¸a˜o 2 sen(2pix
L
)+5 sen(7pix
L
) como uma se´re de senos da forma
sen
(
npix
L
)
. Mas note que essa func¸a˜o ja´ e´ uma se´rie (finita) de senos dessa forma. Portanto,
B2 = 2, B7 = 5 e Bn = 0 se n 6= 2, 7. Sendo assim, a soluc¸a˜o do problema e´:
u(x, t) = 2 cos(2pit
L
) sen(2pix
L
) + 5 cos(7pit
L
) sen(7pix
L
)
5. (2pt) Dado o problema na˜o homogeˆneo
(?)

ut = uxx + 3 (0 < x < 1, 0 < t < +∞)
ux(0, t) = 0 , u(1, t) = 4 (0 < t < +∞)
u(x, 0) = f(x) (0 < x < 1)
(a) Determine a temperatura do regime estaciona´rio, w(x, t) = h(x), func¸a˜o que depende
somente de x, que satisfaz a equac¸a˜o e as condic¸o˜es de contorno.
3
Soluc¸a˜o. Devemos ter{
h′′(x)− 3 = 0
h′(0), h(1) = 4
.
Integrando duas vezes, vemos que a soluc¸a˜o e´ da forma h(x) = −3
2
x2 + Cx + D.
Aplicando as condic¸o˜s de contorno verificamos que C = 0 e D = 11
2
. Portanto,
h(x) = −3
2
x2 +
11
2
.
(b) Seja u(x, t) a soluc¸a˜o de (?). Determine (SEM resolver) o problema homogeˆneo que e´
satisfeito pela func¸a˜o v(x, t) = u(x, t)− w(x, t)
Soluc¸a˜o.
(?)

vt = vxx (0 < x < 1, 0 < t < +∞)
vx(0, t) = 0 , v(1, t) = 0 (0 < t < +∞)
v(x, 0) = f(x) + 3
2
x2 − 11
2
(0 < x < 1)
4

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