EquaçõesDiferenciais–SériesInfinitas,SoluçãoporSérieseTransformadasdeLaplace–UFRJ006

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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/07/2010
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Seja f a func¸a˜o definida por
f(x) =
{
x, 0 ≤ x < 1,
−2, 1 ≤ x ≤ 2.
(a) (0.8 ponto) Seja f˜ a extensa˜o impar e per´ıodica de per´ıodo 4 da func¸a˜o f . Esboce o gra´fico
de f˜ no intervalo [−2, 4].
Soluc¸a˜o:
f˜(x) =

f(x); 0 ≤ x < 2
0; x = 0
−f(−x); −2 < x < 0
(b) (1.0 ponto) Encontre a se´rie de Fourier de f˜ .
Soluc¸a˜o:
Como f˜ e´ impar, os coeficientes a0 = an = 0; n ≥ 1. Como L = 2 temos
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bn =
2
2
∫ 2
0
f(x)sen
(npix
2
)
dx
=
∫ 1
0
xsen
(npix
2
)
dx− 2
∫ 2
1
sen
(npix
2
)
dx
= − 2x
npi
cos
(npix
2
)
|10 +
4
n2pi2
sen
(npix
2
)
|10 +
4
npi
cos
(npix
2
)
|21
= − 6
npi
cos
(npi
2
)
+
4
n2pi2
sen
(npi
2
)
− 4(−1)
n
npi
; n ≥ 1
Assim S.F.[f˜ ] =
∑∞
1 bnsen
(
npix
2
)
(c) (0.7 ponto) Escreva a se´rie do item (b) no ponto x = 1 e ache a sua soma.
Soluc¸a˜o:
Pelo Teorema de Fourier, tomando x = 1, temos que
∞∑
1
bnsen
(npix
2
)
=
f(1+) + f(1−)
2
= −1/2
Questa˜o 2: (2.0 pontos)
Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF)
ut − 4uxx = 0, 0 < x < 1, t > 0,
u(0, t) = 2, u(1, t) = 3, t ≥ 0,
u(x, 0) = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ 1,
que representa a distribuic¸a˜o de temperatura numa barra.
(a) (1.0 ponto) Determine a temperatura estaciona´ria (ou permanente ou de equilibrio) v(x) da
barra.
Soluc¸a˜o:
A soluc¸a˜o estaciona´ria satisfaz o seguinte problema
vxx = 0
v(0) = 2
v(1) = 3
Logo, da primeira equac¸a˜o temos que v(x) = ax+ b. Pelas condic¸o˜es de fronteira, obtemos:
a = 1 e b = 2. Assim, v(x) = x+ 2.
(b) (1.0 ponto) Considerando w(x, t) = u(x, t) − v(x), encontre o Problema de Valor Inicial e de
Fronteira que a func¸a˜o w devera´ satisfazer.
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Soluc¸a˜o:
Como wt = ut, wxx = uxx − vxx = uxx, temos,
wt − 4wxx = ut − 4uxx = 0
w(0, t) = u(0, t)− v(0) = 2− 2 = 0
w(1, t) = u(1, t)− v(1) = 3− 3 = 0
w(x, 0) = u(x, 0)− v(x) = ϕ(x)− (x+ 2)
Conclu´ımos que w e´ soluc¸a˜o do seguinte PVIF
wt − 4wxx = 0, 0 < x < 1, t > 0,
w(0, t) = 0, w(1, t) = 0, t ≥ 0,
w(x, 0) = ϕ(x)− x− 2, 0 ≤ x ≤ 1,
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
Considere o seguinte problema
utt − uxx − 4ux = 0, 0 < x < 2, t > 0, (1)
u(0, t) = u(2, t) = 0, t ≥ 0. (2)
(a) (1.0 ponto) Usando o me´todo de separac¸a˜o de varia´veis, explicite as duas equac¸o˜es diferenciais
ordina´rias associadas a equac¸a˜o (1).
Soluc¸a˜o:
Seja u(x, t) = F (x)G(t). Substituindo na equac¸a˜o (1), temos:
G′′(t)
G(t)
− F
′′(x)
F (x)
− 4F
′(x)
F (x)
= 0
ou ainda
G′′(t)
G(t)
=
F ′′(x) + 4F ′(x)
F (x)
= λ
visto que x e t sa˜o varia´veis independentes. Temos as seguintes EDOs:
G′′(t)− λG(t) = 0
F ′′(x) + 4F ′(x)− λF (x) = 0
(b) (1.5 ponto) Utilizando (2), obtenha todos os autovalores e as respectivas autofunc¸o˜es do pro-
blema de contorno correspondente a equac¸a˜o diferencial ordina´ria na varia´vel x.
Soluc¸a˜o:
Problema de contorno para a EDO na varia´vel x. Da condic¸a˜o (2) obtemos:
0 = u(0, t) = F (0)G(t)→ F (0) = 0
0 = u(2, t) = F (2)G(t)→ F (2) = 0
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Assim, temos o seguinte problema de autovalores:{
F ′′(x) + 4F ′(x)− λF (x), 0 < x < 2,
F (0) = F (2) = 0
sendo o polinoˆmio caracter´ıstico dado por r2 + 4r − λ = 0. As ra´ızes do polonoˆmio sa˜o:
r =
−4±√16 + 4λ
2
=
−4± 2√4 + λ
2
= −2±√4 + λ.
Temos treˆs casos distintos:
λ = −4: Ra´ızes reais iguais, r1 = r2 = −2. Soluc¸a˜o geral da EDO:
F (x) = c1e
−2x + c2xe−2x.
Como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o nula do problema, das condic¸o˜es de contorno con-
clu´ımos:
0 = F (0) = c1 → c1 = 0
0 = F (2) = 2c2e
−4 = 0→ c2 = 0
Logo, se λ = −4 temos apenas a soluc¸a˜o trivial F (x) = 0.
λ > −4: Neste caso o polinoˆmio caracteristico tem ra´ızes reais distintas: r1 = −2+
√
λ+ 4
e r2 = −2−
√
λ+ 4. A soluc¸a˜o sera´ da forma F (x) = c1e
r1x + c2e
r2x. Das condic¸o˜es
de contorno obtemos:
0 = F (0) = c1 + c2 → c1 = −c2
0 = F (2) = −c2e2r1 − c2e2r2 = 0→ c2 = 0
Logo, se λ > −4 temos apenas a soluc¸a˜o trivial F (x) = 0.
λ < −4: Neste caso o polinoˆmio caracteristico tem ra´ızes complexas conjugadas: r1 =
−2 + i√−λ− 4 e r2 = −2− i
√−λ− 4. Seja γ = √−λ− 4. A soluc¸a˜o sera´ da forma
F (x) = e−2x(c1cos(γx) + c2sen(γx)). Das condic¸o˜es de contorno obtemos:
0 = F (0) = c1
0 = F (2) = c2e
−4sen(2γ) = 0→ c2 = 0 ou sen(2γ) = 0,
como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o trivial temos c2 6= 0 (caso contra´rio F(x)=0), e
portanto sen(2γ) = 0→ 2γ = npi;n ∈ N. Assim,
√−λ+ 4 = γ = npi
2
→ λ = n
2pi2
4
+ 4, n ∈ N
sa˜o autovalores do problema associados a`s autofunc¸o˜es Fn(x) = e
−2xsen
(
npix
2
)
, n ∈
N.
Questa˜o 4: (3.0 pontos)
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Considere o seguinte problema para a equac¸a˜o de Laplace
r2urr + rur + uθθ = 0, 0 < r < 3, 0 < θ <
pi
2
, (3)
u(r, 0) = 0, u(r,
pi
2
) = 0, 0 ≤ r ≤ 3, (4)
u(3, θ) = 4sen(8θ), 0 ≤ θ ≤ pi
2
. (5)
(a) (2.3 pontos) Supondo que u(r, θ) seja uma func¸a˜o limitada, use o me´todo de separac¸a˜o de
varia´veis e obtenha a soluc¸a˜o u(r, θ) em se´rie que satisfaz a E.D.P. (3) e a condic¸a˜o de fronteira
(4).
Soluc¸a˜o:
Suponha u(r, θ) = F (r)G(θ), substituindo equac¸a˜o (3) temos:
r2F ′′(r)G(θ) + rF ′(r)G(θ) + F (r)G(θ) = 0
Logo
r2F ′′(r) + rF ′(r)
F (r)
= −G
′′(θ)
G(θ)
= λ (cte)
pois o primeiro termo da igualdade acima so´ depende de r, e o segundo termo so´ depende
de θ. Assim obtemos as seguintes EDOs associadas ao problema:{
G′(θ) + λG(θ) = 0
r2F ′′(r) + rF ′(r)− λF (r) = 0 ( eq. de Euler)
Como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o nula do problema, de (4) obtemos:
0 = u(r, 0) = F (r)G(0)→ G(0) = 0
0 = u(r, pi/2) = F (r)G(pi/2)→ G(pi/2) = 0
Temos assim o seguinte problema de autovalores:{
G′(θ) + λG(θ) = 0
G(0) = G(pi/2) = 0
o polinoˆmio caracteristico associado ao problema acima e´:
z2 + λ = 0.
Temos assim treˆs casos poss´ıveis:
λ = 0: Neste caso temos ra´ızes z1 = z2 = 0, com soluc¸a˜o da forma G(θ) = aθ + b e das
condic¸o˜es de contorno G(0) = G(pi/2) = 0, concluimos que a = b = 0.
λ < 0: Neste caso temos ra´ızes reais distintas z1 =
√−λ, z2 = −
√−λ, com soluc¸a˜o da
forma G(θ) = c1e
z1θ + c2e
z2θ. Das condic¸o˜es de contorno temos:
0 = G(0) = c1 + c2 → c1 = −c2
0 = G(pi/2) = −c2ez1pi/2 + c2ez2pi/2 = 0→ c2 = 0
Assim, neste caso temos apenas a soluc¸a˜o trivial G(θ) = 0.
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λ > 0: Neste caso o polinoˆmio caracteristico tem ra´ızes complexas conjugadas: z1 = i
√
λ
e z2 = −i
√
λ. A soluc¸a˜o sera´ da forma G(θ) = c1cos(
√
λθ) + c2sen(
√
λθ). Das
condic¸o˜es de contorno obtemos:
0 = G(0) = c1
0 = G(pi/2) = c2sen(
√
λpi/2) = 0→ c2 = 0 ou sen(
√
λpi/2) = 0,
como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o trivial temos c2 6= 0 (caso contra´rio G(θ) = 0), e
portanto sen(
√
λpi/2) = 0→ √λpi/2 = npi;n ∈ N. Assim,
λ = 4n2, n ∈ N
sa˜o autovaloresdo problema associados a`s autofunc¸o˜es Gn(θ) = αnsen(2nθ), n ∈ N.
Onde αn sa˜o constantes.
Resolvendo a equac¸a˜o de Euler (λ = 4n2):
r2F ′′(r) + rF ′(r)− 4n2F (r) = 0
Note que a equac¸a˜o indicial:
ν2 − 4n2 = 0
tem duas ra´ızes reais distintas ν1 = 2n e ν2 = −2n. Logo a soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Euler
sera´:
Fn(r) = cnr
2n + dnr
−2n
.
Como buscamos uma soluc¸a˜o limitada para o problema, e limr→0 r−2n = ∞, tomamos
dn = 0. Obtemos assim que para cada n ∈ N a func¸a˜o Fn(r)Gn(θ) satisfaz a equac¸a˜o (3) e
a condic¸a˜o (4). Logo a se´rie candidata a` soluc¸a˜o do problema e´:
u(r, θ) =
∞∑
n=1
cnr
2nsen(2nθ).
(b) (0.7 ponto) Analisando a condic¸a˜o de fronteira (5) encontre a soluc¸a˜o do problema que satisfaz
(3), (4) e (5).
Soluc¸a˜o:
Tomando r = 3 na soluc¸a˜o em se´rie, obtemos:
u(3, θ) =
∞∑
n=1
cn3
2nsen(2nθ).
Mas da condic¸a˜o de fronteira (5) sabemos que
u(3, θ) = 4sen(8θ)
Logo, comparando as duas u´ltimas equac¸o˜es temos que:
cn =
{
0, n 6= 4,
4
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n = 4
Pa´gina 6 de 7
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Portanto, a soluc¸a˜o encontrada para o problema e´:
u(r, θ) =
4
38
r8sen(8θ)
LEMBRETES NO VERSO
Lembretes:
1. Integrais.
• ∫ xsen(ax)dx = 1
a2
sen(ax)− x
a
cos(ax).
• ∫ x cos(ax)dx = 1
a2
cos(ax) +
x
a
sen(ax).
2. Tabela resumo para EDO de 2a ordem com coeficientes constantes: ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0.
• r1, r2 ∈ R e r1 6= r2 ⇒ y(x) = c1er1x + c2er2x.
• r1, r2 ∈ R e r1 = r2 ⇒ y(x) = (c1 + c2x)er1x.
• r1 = α + βi e r1 = α− βi ⇒ y(x) = eαx(c1cos(βx) + c2sen(βx)).
3. Equac¸a˜o de Euler: r2y′′(r) + αry′(r) + βy(r) = 0.
• equac¸a˜o indicial: m2 + (α− 1)m+ β = 0,
• raizes: m1 e m2 reais,
• soluc¸a˜o:
m1 6= m2 ⇒ y(r) =c1rm1 + c2rm2 .
m1 = m2 ⇒ y(r) =(c1 + c2 ln r)rm1 .
Pa´gina 7 de 7 Boa prova!