EquaçõesDiferenciais–SériesInfinitas,SoluçãoporSérieseTransformadasdeLaplace–UFRJ001

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M
Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 18/10/2010
Questa˜o 1: (1.0 ponto)
Analise a convergeˆncia das se´ries abaixo
(a) (0.5 ponto)
∞∑
n=1
2n n!
nn
,
Soluc¸a˜o:
Pelo o teste de raza˜o temos
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1n!(n + 1)
(n+ 1)n+1
nn
2n n!
= lim
n→∞
2
(
1−
1
n+ 1
)n
= lim
n→∞
2
(
1−
1
n + 1
)n+1(
1−
1
n + 1
)
−1
= 2 e−1 < 1
Por isso a se´rie e´ convergente.
(b) (0.5 ponto)
∞∑
n=1
(−1)n sen
(pi
n
)
Soluc¸a˜o:
Consideremos a func¸a˜o cont´ınua f(x) = sen(pi/x) com a sua derivada f ′(x) = − pi
x2
cos(pi/x).
Note que pi/x ≤ pi/2 se x ≥ 2 e por isso f ′(x) < 0 se x ≥ 2, o que implica f(n+ 1) < f(n)
para todo n ≥ 2. Ale´m disso
lim
x→∞
sen
pi
x
= lim
y→0
sen(piy) = 0.
Pelo teste da se´rie alternada, a se´rie e´ convergente.
Questa˜o 2: (2.0 pontos)
Determine os coeficientes an e bn da expansa˜o da func¸a˜o f(x) =
2
3− x
em se´rie de poteˆncias
∞∑
n=0
an x
n (em torno do ponto 0) e
∞∑
n=0
bn (x + 3)
n (em torno do ponto −3) e calcule os raios de
convergeˆncia correspondentes.
Soluc¸a˜o:
Vamos transformar a func¸a˜o para poder usar a fo´rmula
1
1− x
=
∞∑
n=0
xn
cujo raio de convergeˆncia e´ 1. Assim
2
3− x
=
2
3
(
1
1− x
3
)
=
2
3
∞∑
n=0
xn
3n
=
∞∑
n=0
2
3n+1
xn
e an = 2/3
n+1 sendo o raio de convergeˆncia R = 3.
Pa´gina 1 de 4
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 18/10/2010 (continuac¸a˜o)
No segundo caso podemos escrever
2
3− x
= 2
1
6− (x+ 3)
=
1
3
(
1
1− x+3
6
)
=
1
3
∞∑
n=0
(x+ 3)n
6n
.
Assim bn =
1
3·6n
e o raio de convergeˆncia e´ 6.
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
(a) (1.5 ponto) Usando a definic¸a˜o da transformada de Laplace F (s) = L{f(t)} de uma func¸a˜o
f(t), mostre que
d
ds
F (s) = L{−tf(t)}.
Soluc¸a˜o:
Por definic¸a˜o
F (s) =
∫
∞
0
e−stf(t) dt
e assim
d
ds
F (s) =
∫
∞
0
d
ds
(
e−stf(t)
)
dt =
∫
∞
0
(−t)e−stf(t) dt = L{−tf(f)}.
Use esse resultado para calcular a transformada de Laplace inversa da func¸a˜o
F (s) = ln
(
1 + s
1− s
)
.
Soluc¸a˜o:
d
ds
F (s) =
d
ds
ln
(
1 + s
1− s
)
=
1− s
1 + s
(1− s) + (1 + s)
(1− s)2
= 2
1
1− s2
−tf(t) = L−1
{
2
1
1− s2
}
⇒ tf(t) = L−1
{
2
1
s2 − 1
}
= 2 senh t.
f(t) =
2
t
senh t
Soluc¸a˜o:
Sabemos que
F (s) = ln
(
1 + s
1− s
)
= ln(1 + s)− ln(1− s)
e assim
d
ds
F (s) =
1
s+ 1
−
−1
1− s
=
1
s+ 1
−
1
s− 1
= L−1{e−t} − L−1{et}.
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Logo,
tf(t) = et − e−t ⇒ f(t) = 2
senh t
t
.
(b) (1.0 ponto) Calcule a transformada de Laplace inversa f(t) = L−1{F (s)} da func¸a˜o
F (s) =
{
3s− 2
s2 − 2s+ 5
e−2s
}
.
Soluc¸a˜o:
Sendo
3s− 2
s2 − 2s+ 5
e−2s =
(
3
s− 1
(s− 1)2 + 4
+
1
(s− 1)2 + 4
)
e−2s,
obtemos
f(t) = L−1{F (s)} = 3 u2(t) e
(t−2) cos(2(t− 2)) +
1
2
u2(t)e
(t−2) sen(2(t− 2)).
Questa˜o 4: (2.0 pontos)
Resolva o seguinte problema de valor inicial utilizando a transformada de Laplace{
y′′(t) + 2 y′(t) + y(t) = e−t + δ(t− 2pi) cos t,
y(0) = y′(0) = 0.
Soluc¸a˜o:
Pelo transformada de Laplace Y (s) = L{y(t)} temos
Y (s) =
1
(s+ 1)2
(
1
s+ 1
+ e−2pis cos(2pi)
)
=
1
(s+ 1)3
+ e−2pis
1
(s+ 1)2
e
y(t) =
e−t t2
2
+ u2pi(t) e
−(t−2pi)(t− 2pi).
Questa˜o 5: (2.5 pontos)
Considere a equac¸a˜o diferencial
(1 + x2) y′′(x) + x y′(x)− y(x) = 0.
(a) (1.5 ponto) Determine a relac¸a˜o de recorreˆncia dos coeficientes an da soluc¸a˜o y(x) =
∑
∞
n=0 an x
n.
Soluc¸a˜o:
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 18/10/2010 (continuac¸a˜o)
(1 + x2)
∞∑
n=0
an n (n− 1)x
n−2 + x
∞∑
n=0
an nx
n−1 −
∞∑
n=0
an x
n
=
∞∑
n=0
an n (n− 1)x
n−2 +
∞∑
n=0
(an n (n− 1) + an n− an) x
n
=
∞∑
k=2
ak+2 (k + 2) (k + 1)x
k +
∞∑
n=0
(an n (n− 1) + an n− an)x
n
=
∞∑
n=0
(
an+2 (n + 2) (n+ 1) + an n (n− 1) + an n− an
)
xn
Assim, obtemos a relac¸a˜o de recorreˆncia
an+2 =
(
1− n− n (n− 1)
(n + 2)(n+ 1)
)
an =
(
1− n
2 + n
)
an, n = 0, 1, 2, . . . .
a2 =
a0
2
, a4 = −
1
4
a2 = −
1
8
a0, a6 = −
3
6
a4 =
1
16
a0, . . .
a3 = 0, a5 = 0, . . .
(b) (1 ponto) Determine a soluc¸a˜o tal que y(0) = 1, y′(0) = 2.
Soluc¸a˜o:
A soluc¸a˜o e´ dada pela se´rie y(x) = a0 + a1x+ a2 x
2 + a3 x
3 + . . ., de modo que, usando as
condic¸o˜es iniciais, temos y(0) = a0 = 1 e y
′(0) = a1 = 2. Usando a relac¸a˜o de recorreˆncia,
obtemos
y(x) = a0
(
1 +
1
2
x2 −
1
8
x4 +
1
16
x6 + · · ·
)
+ a1x.
Assim, considerando as condic¸o˜es inciais, obtemos a soluc¸a˜o:
y(x) = 1 + 2x+
1
2
x2 −
1
8
x4 +
1
16
x6 + · · ·
Pa´gina 4 de 4 Boa prova!