GAB P2 Cálculo IV não unificada 2016.2

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Gabarito da Segunda Prova Unificada de Ca´lculo IV- 2016/2, 01/12/2016
Questa˜o 1: (2.0 pontos)
(a) Determine a se´rie de Taylor em torno de x = 0 da func¸a˜o f(x) =
x2
1 + 2x3
.
Soluc¸a˜o:
Para dar soluc¸a˜o a este problema, temos que lembrar da se´rie geome´trica
∞∑
n=0
rn =
1
1− r para todo |r| < 1. (1)
Trocamos r por −2x3 na equac¸a˜o (1), temos
1
1 + 2x3
=
1
1− (−2x3) =
∞∑
n=0
(−2x3)n =
∞∑
n=0
(−2)nx3n, (2)
finalmente multiplicamos por x2 na equac¸a˜o (2), obtemos a se´rie de Taylor em
torno de x = 0
x2
1 + 2x3
= x2
∞∑
n=0
(−2)nx3n =
∞∑
n=0
(−2)nx3n+2. (3)
(b) Determine o intervalo de convergeˆncia da se´rie encontrada em (a).
Soluc¸a˜o
Para mostrar (b), usamos o fato que a se´rie (2) e´ uma se´rie geome´trica, ela
converge quando | − 2x3| < 1, isto e´, |x| < 13√2 . Portanto, a se´rie converge
no intervalo (− 13√2 , 13√2). Falta verificar nos extremos do intervalo. No ponto
x = 13√2 a se´rie (3) fica (
1
3
√
2
)2
·
∞∑
n=0
(−1)n,
que sabemos e´ uma se´rie divergente. No ponto x = − 13√2 a se´rie (3) fica(
1
3
√
2
)2
·
∞∑
n=0
(1)n,
que sabemos e´ uma se´rie divergente. Em conclusa˜o o intervalo de convergeˆncia
da se´rie (3) e´
(
− 13√2 , 13√2
)
.
1
Questa˜o 2: (3.0 pontos)
Seja f : [−4, 4]→ R a func¸a˜o definida por
f(x) =

0 se − 4 ≤ x < −2,
4− x2 se − 2 ≤ x < 2,
0 se 2 ≤ x ≤ 4.
(a) Determine a se´rie de Fourier de f .
Soluc¸a˜o:
O intervalo tem cumprimento 2L = 8. Assim L = 4. Aplicando as formulas de
Euler-Fourier, temos enta˜o
a0 =
1
4
∫ 4
−4
f(x)dx =
1
4
∫ 2
−2
(4− x2)dx = 1
4
[
4x− 1
3
x3
]2
−2
=
8
3
.
e
am =
1
4
∫ 4
−4
f(x)cos
(mpix
4
)
dx
=
1
4
∫ 2
−2
(
4− x2) cos(mpix
4
)
dx
=
[
1
mpi
(4− x2)sen
(mpix
4
)]2
−2
+
∫ 2
−2
2x
mpi
sen
(mpix
4
)
dx
=
[ −8x
m2pi2
cos
(mpix
4
)]2
−2
+
∫ 2
−2
8
m2pi2
cos
(mpix
4
)
dx
= − 32
m2pi2
cos
(mpi
2
)
+
[
32
m3pi3
sen
(mpix
4
)]2
−2
= − 32
m2pi2
cos
(mpi
2
)
+
64
m3pi3
sen
(mpi
2
)
.
Em fim,
bm =
1
4
∫ 4
−4
f(x)sen
(mpix
4
)
dx = 0,
pois o integrando e´ impar. A se´rie de Fourier e´ enta˜o
f(x) =
4
3
+
∞∑
m=1
[
64
m3pi3
sen
(mpi
2
)
− 32
m2pi2
cos
(mpi
2
)]
cos
(mpix
4
)
.
(b) Esboce o gra´fico da se´rie de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−12, 12].
Soluc¸a˜o:
2
Figura 1: Gra´fico da se´rie de Fourier
(c) Calcule o valor da se´rie
∞∑
m=1
1
m2
.
Soluc¸a˜o
Como f e´ cont´ınua em x = 2, pelo teorema de convergeˆncia de Fourier,
4
3
+
∞∑
m=1
[
64
m3pi3
sen
(mpi
2
)
− 32
m2pi2
cos
(mpi
2
)]
cos
(mpi
2
)
= 0.
Mas, para todo m,
sen
(mpi
2
)
cos
(mpi
2
)
=
1
2
sen (mpi) = 0,
e
cos
(mpi
2
)
cos
(mpi
2
)
=
1
2
[cos(mpi) + 1] =
{
1 se m par, e
0 se m impar.
Substituindo m = 2n, temos enta˜o,
∞∑
n=1
32
4n2pi2
=
4
3
∞∑
n=1
1
n2
=
pi2
6
.
Questa˜o 3: (3.0 pontos) Determine a soluc¸a˜o u(x, t) do seguinte problema que representa o
comportamento oscilato´rio de uma corda ela´stica com extremidades fixas.
3

uxx − utt = u, (x, t) ∈ (0, 10)× (0,+∞),
u(0, t) = u(10, t) = 0, t ∈ (0,+∞),
u(x, 0) = 0, x ∈ (0, 10),
ut(x, 0) = x(10− x), x ∈ (0, 10).
Soluc¸a˜o:
Aplicando o me´todo de separac¸a˜o de varia´veis, escrevemos:
u(x, t) = X(x)T (t)
Substituindo na equac¸a˜o, obtemos:
T (t)X ′′(x)−X(x)T ′′(t) = X(x)T (t)⇔ X
′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
T (t)
+ 1.
Como na u´ltima igualdade o lado esquerdo na˜o depende de t e o lado direito na˜o
depende de x, ambos devera˜o ser iguais a uma constante real, que chamaremos de
λ.
X ′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
T (t)
+ 1 = λ.
de onde obtemos as equac¸o˜es:
X ′′(x)− λX(x) = 0 e T ′′(t)− (λ− 1)T (t) = 0.
Usando agora as condic¸o˜es de contorno temos que:
X(0)T (t) = 0,∀t ≥ 0⇒ X(0) = 0
e
X(10)T (t) = 0,∀t ≥ 0⇒ X(10) = 0
Temos que o problema:
{
X ′′(x) = λX(x)
X(0) = 0 e X(10) = 0
tem autovalores λ =
−n2pi2
100
, n ∈ {1, 2, 3, · · · } e as autofunc¸o˜es correspondentes sa˜o:
Xn(x) = sin
(npix
10
)
, n ≥ 1.
Resolvendo a equac¸a˜o correspondente de T temos que:
T ′′(t) +
(
n2pi2
100
+ 1
)
T (t) = 0.
Cuja soluc¸a˜o geral e´ dada por:
T (t) = a1 sin
(
t
√
n2pi2
102
+ 1
)
+ a2 cos
(
t
√
n2pi2
102
+ 1
)
.
4
Da condic¸a˜o inicial:
X(x)T (0) = 0,∀x ≥ 0⇒ T (0) = 0,
obtemos:
T (0) = a2 = 0.
Portanto, temos que:
Tn(t) = sin
(
t
√
n2pi2
102
+ 1
)
.
Da´ı, a soluc¸a˜o geral do nosso problema e´ dada por:
u(x, t) =
∞∑
n=1
kn sin
npix
10
sin
(
t
√
n2pi2
102
+ 1
)
.
Usando agora a segunda condic¸a˜o inicial, devera´ ser satisfeita a relac¸a˜o:
ut(x, 0) =
∞∑
n=1
kn
√
n2pi2
102
+ 1 sin
npix
10
= x(10− x).
Assim, as quantidades kn
√
n2pi2
102
+ 1 sa˜o os coeficientes de Fourier em senos de
per´ıodo 20 da func¸a˜o x(10− x); portanto,
kn
√
n2pi2
102
+ 1 =
2
10
∫ 10
0
x(10− x) sin npix
10
dx
=
1
5
[∫ 10
0
10x sin
npix
10
dx−
∫ 10
0
x2 sin
npix
10
dx
]
=
1
5
[
10
(
x
−10
npi
cos
npix
10
∣∣∣∣10
0
−
∫ 10
0
−10
npi
cos
npix
10
dx
)
−
∫ 10
0
x2 sin
npix
10
dx
]
=
1
5
[(−103
npi
cosnpi
)
−
(
x2
−10
npi
cos
npix
10
∣∣∣∣10
0
−
∫ 10
0
−20x
npi
cos
npix
10
dx
)]
=
1
5
[−103
npi
cosnpi +
103
npi
cosnpi +
∫ 10
0
−20x
npi
cos
npix
10
dx
]
=
1
5
[
−20
npi
(
x
10
npi
sin
npix
10
∣∣∣∣10
0
−
∫ 10
0
10
npi
sin
npix
10
dx
)]
=
1
5
[
−20
npi
(
102
n2pi2
cos
npix
10
∣∣∣∣10
0
)]
=
−400
n3pi3
(cosnpi − 1) .
Podemos escrever:
−400
n3pi3
(cosnpi − 1) =

0, se n e´ par
800
n3pi3
, se n e´ ı´mpar.
5
Portanto, temos:
u(x, t) =
∞∑
m=1
800
(2m− 1)3pi3 sin
(2m− 1)pix
10
sin
(
t
√
(2m− 1)2pi2
102
+ 1
)
.
Questa˜o 4: (2.0 pontos) Considere o seguinte problema :
uxx + uxy + ux = 0, (x, y) ∈ R× R.
(a) Ache todas as soluc¸o˜es na˜o triviais dessa equac¸a˜o que possam ser escritas na
forma u(x, y) = X(x)Y (y).
Soluc¸a˜o:
Procuramos soluc¸o˜es da equac¸a˜o na forma
u(x, y) = X(x)Y (y).
Substituindo essa soluc¸a˜o na equac¸a˜o, rearranjando os termos e igualando-os
a uma constante de separac¸a˜o λ real, chegamos a:
X ′′
X ′
+ 1 = −Y
′
Y
= λ,
onde obtemos as equac¸o˜es:
X ′′ + (1− λ)X ′ = 0 e Y ′ + λY = 0.
Atrave´s da primeira equac¸a˜o, obtemos a equac¸a˜o caracter´ıstica r2 +(1−λ) r =
0, com ra´ızes r1 = 0 e r2 = λ− 1.
Analisando os dois casos para λ:
1. Para λ = 1, temos:
X ′′ = 0,
Y ′ + Y = 0.
Logo, obtemos X(x) e Y (y) nas formas:
X(x) = c1 + c2 x e Y (y) = d1 e
−y.
Portanto, a soluc¸a˜o para λ = 1 fica:
u(x, y) = C1 e
−y + C2 x e−y.
2. Para λ 6= 1, temos:
Para X, a equac¸a˜o e´ X ′′ + (1− λ)X ′ = 0. Nesse caso, X ′(x) = c1 e(λ−1)x,
de onde obtemos a soluc¸a˜o
X(x) = c2 + c1
e(λ−1)x
λ− 1 .
Para Y , a equac¸a˜o e´ Y ′ + λY = 0. Cuja soluc¸a˜o e´
Y (y) = d1 e
−λ y.
6
Portanto, a soluc¸a˜o para λ 6= 1 fica:
u(x, y) = C1 e
−λ y +
C2
λ− 1 e
(λ−1)x−λ y.
(b) Ache uma soluc¸a˜o na˜o trivial que satisfaz
u(0, 0) = 0 e uxx(0, 0) = 0.
Soluc¸a˜o:
1. Para λ 6= 1, temos u(x, y) = C1 e−λ y + C2λ−1 e(λ−1)x−λ y.
Com a condic¸a˜o u(0, 0) = 0, encontramos C1 +
C2
λ−1 = 0.
A segunda derivada uxx e´ dada por uxx(x, y) = C2 (λ− 1) e(λ−1)x−λy.
A condic¸a˜o uxx(0, 0) = 0 implica que C2 (λ − 1) = 0. Como λ 6= 1, enta˜o
C2 = 0.
Portanto, nesse caso, ha´ apenas a soluc¸a˜o trivial, que na˜o nos interessa.
u(x, y) = 0.
2. Para λ = 1, temos u(x, y) = C1 e
−y + C2 x e−y.
Para u(0, 0) = 0, a equac¸a˜o acima resulta que C1 = 0..
Agora, derivando duas vezes u(x, y) = C2 x e
−y, obtemos uxx(x, y) = 0, que
satisfaz uxx(0, 0) = 0.
Assim, a soluc¸a˜o para λ = 1 e´
u(x, y) = C2 x e
−y,
com C2 6= 0, satisfazendo as condic¸o˜es dadas.
7
A: O problema {
y′′ = λy,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = −n2pi2/L2, n ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunc¸o˜es correspondentes
sa˜o
yn(x) = sen
(npix
L
)
, n ≥ 1.
B: Transformadas de Laplace elementares.
f L[f ]
1
1
s
, s > 0
tm (m ∈ N) m!
sm+1
, s > 0
eat
1
s− a, s > a
tmeat (m ∈ N) m!
(s− a)m+1 , s > a
sen(at)
a
s2 + a2
, s > 0
cos(at)
s
s2 + a2
, s > 0
eatsen(bt)
b
(s− a)2 + b2 , s > a
eatcos(bt)
(s− a)
(s− a)2 + b2 , s > a
senh(at)
a
s2 − a2 , s > |a|
cosh(at)
s
s2 − a2 , s > |a|
δ(t− a) e−as
ua(t)f(t− a) e−asL[f ](s)
eatf L[f ](s− a)
f (m)(t) smL[f ](s)− sm−1f(0)− ...− f (m−1)(0)
8