prova_pf_gab_calc4_2011_1_eng

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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto de Matema´tica
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Disciplina: Ca´lculo Diferencial e Integral IV
Unidades: Escola Polite´cnica e Escola de Quimica
Gabarito da Prova Final Unificada
Data: 05/07/2011
1. (2,5 p) Considere a equac¸a˜o de onda modificada
utt + 2but + b2u− uxx = 0, 0 < x < L, t > 0, (1)
onde b > 0 e´ uma constante. Com condic¸o˜es de contorno:
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0,
e condic¸o˜es iniciais:
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0, 0 < x < L.
Encontre o deslocamento u(x, t).
Resposta: Aplicando a te´cnica de separac¸a˜o de varia´veis, vamos supor que u(x, t) e´ soluc¸a˜o do
problema acima talque
u(x, t) = F (x)G(t) para todo (x, t) no domı´nio de u, (2)
A equac¸a˜o diferencial fornece
FG′′ + 2bFG′ + b2FG− F ′′G = 0.
Rearranjando os termos obtemos
G′′ + 2bG′ + b2G
G
=
F ′′
F
= −λ,
onde λ e´ uma constante, pois o primeiro termo dessa equac¸a˜o so´ depende de t, o segundo so´ depende
de x e como desejamos que sejam iguais para todo x ∈ (0, L) e t > 0 concluimos que independe de
x e t.
Assim mostramos que a equac¸a˜o (1) e´ equivalente as equac¸o˜es diferenciais
G′′ + 2bG′ + b2G+ λG = 0, F ′′ + λF = 0.
Das condic¸o˜es de contorno temos que F (0)G(t) = F (L)G(t) = 0 para todo t ≥ 0 e das condic¸o˜es
iniciais temos que F (x)G′(0) = 0 para todo 0 ≤ x ≤ L. Como na˜o nos interessam soluc¸o˜es nulas,
temos que F (0) = F (L) = 0 e G′(0) = 0.
Consideremos o PVC {
F ′′ + λF = 0,
F (0) = F (L) = 0.
(3)
Como e´ conhecido os autovalores e as autofunc¸o˜es do problema (3) sa˜o
λn =
(npi
L
)2
, n ≥ 1, (4)
Fn(x) = sen
npix
L
, n ≥ 1. (5)
Com estes auto-valores (4) podemos usar a EDO em t para obter as soluc¸o˜es correspondentes Gn(t).
Nesse objetivo, consideremos a equac¸a˜o
G′′ + 2bG′ +
[
b2 +
(npi
L
)2]
G = 0, x > 0. (6)
A equac¸a˜o caracter´ıstica correspondente r2 + 2br +
[
b2 +
(
npi
L
)2] = 0 tem as seguintes ra´ızes
r = −b± npi
L
i. (7)
A soluc¸a˜o geral tem a forma
G(t) = e−bt
(
A cos
npit
L
+B sen
npit
L
)
.
Como
G′(t) = −be−bt(A cos npit
L
+B sen
npit
L
)
+ e−bt
npi
L
(−A sen npit
L
+B cos
npit
L
)
,
da condic¸a˜o de contorno G′(0) = 0 temos que
0 = G′(0) = −be−b0(A cos 0 +B sen 0)+ e−b0npi
L
(−A sen 0 +B cos 0)
= (−bA+ npi
L
B) e portanto A =
npi
bL
B.
Aplicando o Principio de Superposic¸a˜o temos que se´rie de func¸o˜es que e´ candidata a soluc¸a˜o e´ da
forma
u(x, t) =
∞∑
n=1
cn sen
npix
L
e−bt
(
npi
bL
cos
npit
L
+ sen
npit
L
)
. (8)
Analisando a condic¸a˜o inicial para determinar os coeficientes cn, temos
f(x) = u(x, 0) =
∞∑
n=1
cn
npi
bL
sen
npix
L
se 0 < x < L.
Como temos uma se´rie de Fourier de senos, calculamos os coeficientes cn da seguinte maneira
cn
npi
bL
=
2
L
∫ L
0
f(x) · sen npix
L
dx e portanto cn =
2b
npi
∫ L
0
f(x) · sen npix
L
dx.
2. (2,5 p) Encontre a soluc¸a˜o u(θ, r) da equac¸a˜o de Laplace
r2 urr + r ur + uθθ = 0 (9)
na regia˜o exterior do disco D = {(θ, r) : 0 ≤ θ < 2pi e 0 ≤ r ≤ a}, que satisfac¸a a condic¸a˜o de
contorno sobre o c´ırculo
u(θ, a) = sen θ, 0 ≤ θ < 2pi. (10)
Suponha que u(θ, r) e´ limitada quando r → ∞.
Resposta: Por separac¸a˜o de varia´veis, procuramos soluc¸o˜es (que sejam combinac¸o˜es lineares finitas
ou infinitas de func¸o˜es) da forma u(θ, r) = Θ(θ)R(r). Substituindo na equac¸a˜o de Laplace, obtemos
r2R′′(r) + rR′(r)
R(r)
= −Θ
′′(θ)
Θ(θ)
= λ ∈ R.
A equac¸a˜o
Θ′′ + λΘ = 0, (11)
2
tem como soluc¸a˜o geral
Θ(θ) =

Aθ +B se λ = 0,
A cosh(ωθ) +B senh(ωθ) se λ = −ω2 < 0,
A cos(ωθ) +B sen(ωθ) se λ = ω2 > 0.
Como estamos considerando coordenadas polares e procurando uma soluc¸a˜o bem definida fora do
disco D, a func¸a˜o Θ(θ) deve ser necessariamente perio´dica de perio´do 2pi. Portanto, λ < 0 na˜o
fornece soluc¸o˜es perio´dicas na˜o nulas. Para λ = 0 somente podemos considerar soluc¸o˜es constantes.
Para λ > 0 devemos ter necessariamente ω ∈ N. Concluimos enta˜o que (11) para cada n = 0, 1, 2, . . .
com λn = n2 tem as soluc¸o˜es do tipo
Θn(θ) = An cos(nθ) +Bn sen(nθ),
com constantes arbitra´rias An e Bn. Assim, consideramos para cada n a soluc¸a˜o correspondente da
equac¸a˜o de Euler
r2R′′ + rR′ − n2R = 0.
A equac¸a˜o indicial correspondente e´ s(s − 1) + s − n2 = s2 − n2 = 0 cujas ra´ızes sa˜o s1 = n e
s2 = −n. Portanto, para cada n temos a soluc¸a˜o geral dessa equac¸a˜o de Euler
Rn(r) = αnrn + βnr−n,
com constantes arbitrarias αn e βn. Assim temos que considerar as soluc¸o˜es gerais
un(θ, r) = Θn(θ)R(r) = (αnrn + βnr−n)(An cos(nθ) +Bn sen(nθ)).
Como so´ queremos soluc¸o˜es limitadas na regia˜o fora do disco D, devemos descartar os termos rn
( isto e´, assumir que αn = 0 ), pois essos termos sa˜o ilimitados no intervalo r ∈ (a,∞). Portanto,
a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o de Laplace sera´ uma superposic¸a˜o das soluc¸o˜es fundamentais obtidas e,
portanto, da forma
u(θ, r) =
∞∑
n=0
βnr
−n(An cos(nθ) +Bn sen(nθ)).
Nosso pro´ximo passo sera´ encontrar os coeficientes βnr−nAn e βnr−nBn. Considerando a condic¸a˜o
de contorno (10), temos
sen θ = u(θ, a) =
∞∑
n=0
βna
−n(An cos(nθ) +Bn sen(nθ)),
Pore´m como sen θ e´ continua em 0 ≤ θ < 2pi, temos que
sen θ =
a0
2
+
∞∑
n=1
a−n(an cos(nθ) + bn sen(nθ)) se θ ∈ [0, 2pi).
como a0 = 2β0A0, an = βnAn e bn = βnBn para n ≥ 1 sa˜o constantes arbitrarias. Concluimos
enta˜o por comparac¸a˜o dos coeficientes que 0 = a0 = a1 = a2 = . . ., b1 = a, 0 = b2 = b3 = . . .. A
soluc¸a˜o portanto e´
u(θ, r) =
a
r
sen θ.
Finalmente, podemos verificar que u(θ, r) realmente e´ a soluc¸a˜o: Ela e´ limitada se r ≥ a, satisfaz
r2urr + rur + uθθ = r2
2a
r3
sen θ + r
−a
r2
sen θ − a
r
sen θ =
1
r3
(
2ar2 − ar2 − ar2) sen θ = 0
e
u(θ, a) =
a
a
sen θ = sen θ.
3
3. (3,0 p)Resolva as seguintes questo˜es:
(a) Encontre a L−1{F (s)} onde
(0, 8 p)(i) F (s) =
7se4s
s2 − 6s+ 5, (0, 7 p)(ii) F (s) =
1
s3 − 4s2 + 5s .
(b) Encontre a transformada de Laplace de
(i) f(t) = |1− t2|, (ii) f(t) = 2tu1(t)− 3tδ(t− 2).
Resposta: 3 (ai) Queremos mostrar que na˜o existe a transformada inversa de F (s). Para isto
procederemos pelo absurdo. Suponhamos que existe a transformada de Laplace inversa de F (s),
isto e´, existe uma func¸a˜o ou classe f(t) continua por partes em [0,∞) e de ordem exponeˆncial
quando t → ∞, talque
L−1{F (s)} = f(t) ⇔ F (s) = L{f(t)},
Por outra parte, como conseque`ncia do teorema de existe`ncia da transformada de Laplace e´ sim-
ples verficar a seguinte propriedade: toda func¸a˜o f(t) continua por partes em [0,∞) e de ordem
exponeˆncial quando t → ∞, verifica que
lim
s→∞F (s) = 0.
Porem podemos observa que
lim
s→∞F (s) = lims→∞
7se4s
s2 − 6s+ 5 = ∞,
O qual e´ uma contradic¸a˜o, o que mostra a nossa afirmac¸a˜o.
3 (aii) Rescrevendo e completando o quadrado temos s3− 4s2+5s = s((s− 2)2+1). Decompondo
em frac¸o˜es parciais temos
1
s
(
(s− 2)2 + 1) = As + Bs+ C(s− 2)2 + 1 ,
encontrando as constantes resolvemos o problema. Outra maneira de ver, seria aplicando proprie-
dades da transformada de uma integral. Seja
F (s) =
1
s
(
(s− 2)2 + 1)
Queremos achar L−1{F (s)s }, isto e´ :
L−1{F (s)s } =
∫ t
0
L−1{F (s)} dµ,∫ t
0
L−1{ 1(s−2)2+1} dµ,∫ t
0
e2µ cosµdµ,
1
2 e
2µ cosµ
∣∣t
0
+ 12
∫ t
0
e2µ senµdµ,
− 12 + 12e2t cos t+ 14e2t sen t− 14L−1{F (s)s }
Concluimos enta˜o que
L−1
{
1
s
(
(s− 2)2 + 1)
}
= −2
5
− 2
5
e2t cos t+
1
5
e2t sen t.
4
3 (bi) Seja F (s) = L{f}(t). Sendo
f(t) =
{
1− t2 se 0 ≤ t < 1,
−(1− t2) se t ≥ 1,
podemos rescrever f(t) usandoa func¸a˜o degrau
f(t) = 1− t2 + (− (1− t2)− (1− t2))u1(t)
= 1− t2 − 2 (1− t2)u1(t).
Como t2 − 1 = (t− 1)2 + 2(t− 1), temos
f(t) = 1− t2 + 2(t− 1)2u1(t) + 4(t− 1)u1(t).
Lembremos que L{t2} = 2s−3, L{t} = s−2, L{1} = s−1, e portanto concluimos que
L{f(t)} = 1
s
− 2
s3
+ 4
e−s
s3
+ 4
e−s
s2
3 (bii) Como
2t u1(t)− 3t δ(t− 2) = 2u1(t) · (t− 1) + 2u1(t)− 3t δ(t− 2)
e
L{t δ(t− 2)} = − d
ds
L{δ(t− 2)} = − d
ds
e−2s = 2e−2s
temos
L{2t u1(t)− 3t δ(t− 2)} = 2e−ss−2 + 2e−ss−1 − 6e−2s.
4. (2,0 p)Obtenha uma representac¸a˜o em se´rie de poteˆncias a func¸a˜o
g(x) = ln
(
1 + x
1− x
)
.
Calcule o raio de convergeˆncia da se´rie obtida. Verifique que
ln 3 =
∞∑
n=0
1
(2n+ 1)22n
Resposta: Observemos que
1
1− x =
∞∑
n=0
xn absolutamente convergente em |x| < 1
nesse caso podemos obter
1
1− x2 =
∞∑
n=0
x2n abssolutamente convergente em |x| < 1
Como a func¸a˜o 11−x2 e´ integra´vel em |x| < 1. Integrando de 0 a t com |t| < 1, obtemos que∫ t
0
dx
1− x2 =
∞∑
n=0
∫ t
0
x2n dx =
∞∑
n=0
t2n+1
2n+ 1
. (12)
5
Convergente em |t| < 1m com raio de converge`ncia r = 1. Agora observemos que
1
1− x2 =
1
2
1
1− x +
1
2
1
1 + x
(13)
Integrando (13) e usando a definic¸a˜o de ln(1− t) e ln(1 + t), obtemos∫ t
0
dx
1− x2 = −
1
2
ln(1− t) + 1
2
ln(1 + t) =
1
2
ln
1 + t
1− t ,
Portanto,
1
2
ln
1 + t
1− t =
∞∑
n=0
t2n+1
2n+ 1
convergente. Tomando t = 1/2 mostramos a fo´rmula pedida.
Professores: Carlos Ferraris, Katrin Gelfert, I Shih, Pedro Gamboa, Xavier Carvajal.
6