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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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