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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 Questa˜o 1: (3.0 pontos) (a) (1.0 ponto) Verifique se a se´rie ∞∑ n=0 (−1)n 1 + √ n e´ absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente. (b) (1.5 ponto) Encontre a se´rie de Taylor da func¸a˜o f(x) = { ex−1 x x 6= 0 1 x = 0 , em torno do ponto x = 0, e o seu respectivo raio de convergencia. (c) (0.5 ponto) Utilizando a se´rie do item (b) calcule f (50)(0) (isto e´, a derivada de ordem 50 da func¸a˜o f(x) no ponto x = 0). Questa˜o 2: (1.5 ponto) Considere a func¸a˜o f definida por f(x) = { 1 0 ≤ x < 1, 2− x 1 ≤ x < 2 e suponha que f esta´ definida fora do intervalo 0 ≤ x < 2 de modo a satisfazer f(x + 2) = f(x) para todo x ∈ R. (a) (0.5 ponto) Esboce o gra´fico de f(x) no intervalo [−4, 2]. (b) (1.0 ponto) Encontre a se´rie de Fourier de f(x). Questa˜o 3: (2.5 pontos) Utilizando a Transformada de Laplace, resolva o seguinte problema de valor inicial:{ y′′(t) + 2 y′(t) + y(t) = u3(t) et−2, y(0) = y′(0) = 0. Questa˜o 4: (3.0 pontos) Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF): utt − 4uxx = 0, 0 < x < 2, t > 0 ux(0, t) = ux(2, t) = 0, t ≥ 0 u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 2 ut(x, 0) = 5 + cos(4pix), 0 ≤ x ≤ 2. (a) (2.0 pontos) Utilizando o Me´todo de Separac¸a˜o de Varia´veis, obtenha as equac¸o˜es diferencias ordina´rias nas varia´veis x e t e as resolva, detalhando todas as etapas. (b) (0.5 ponto) Encontre a soluc¸a˜o em se´rie que verifica a equac¸a˜o e as condic¸o˜es de fronteira. (c) (0.5 ponto) Analisando as condic¸o˜es iniciais do (PVIF) obtenha a soluc¸a˜o do problema dado. LEMBRETES NO VERSO Pa´gina 1 de 2 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o) 1. Integrais. • ∫ x sen(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: a y′′(x) + b y′(x) + c y(x) = 0 • r1, r2 ∈ R e r1 6= r2 ⇒ y(x) = c1 er1x + c2 er2x • r1, r2 ∈ R e r1 = r2 ⇒ y(x) = ( c1 + c2 x ) er1x • r1 = α+ βi e r2 = α− βi ⇒ y(x) = eαx ( c1 cos(βx) + c2 sen(βx) ) 3. Tabela ba´sica de Transformada de Laplace • L {uc(t) · g(t− c)} = e−csG(s) • L{ectg(t)} = G(s− c) • L {δ(t− c)} = e−cs • L {∫ t 0 f(t− τ)g(τ)dτ } = F (s) ·G(s) • L{f (n)(t)} = snF (s)− sn−1f(0)− · · · − f (n−1)(s) • L {(−t)nf(t)} = F (n)(s) 4. Se´ries de Taylor • ex = ∞∑ n=0 xn n! Pa´gina 2 de 2 Boa prova! Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 Questa˜o 1: (3.0 pontos) (a) (1.0 ponto) Verifique se a se´rie ∞∑ n=0 (−1)n 1 + √ n e´ absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente. Soluc¸a˜o: Note que para todos n temos 1 + √ n ≤ √n+√n = 2√n. Enta˜o 1 1 + √ n ≥ 1 2 √ n = 1 2 1 n1/2 . Como a se´rie ∞∑ n=1 1 n1/2 e´ divergente (se´rie p, ≤ 1), pelo crite´rio da comparac¸a˜o, ∞∑ n=1 1 1 + √ n e´ divergente. Logo, a se´rie ∞∑ n=0 (−1)n 1 + √ n na˜o e´ absolutamente convergente. Por outro lado, como lim n→∞ 1 1 + √ n = 0 e 1 1 + √ n > 1 1 + √ n+ 1 ( √ n+ 1 > √ n) a se´rie ∑∞ n=0 (−1)n 1+ √ n e´ convergente pelo crite´rio de Leibnitz. Conclusa˜o: ∞∑ n=0 (−1)n 1 + √ n e´ condicionalmente convergente. (b) (1.5 ponto) Encontre a se´rie de Taylor da func¸a˜o f(x) = { ex−1 x x 6= 0 1 x = 0 , em torno do ponto x = 0, e o seu respectivo raio de convergencia. Soluc¸a˜o: Sabe-se que ex = ∞∑ n=0 xn n! para todos x ∈ R. Portanto ex − 1 = ∞∑ n=1 xn n! que implica ex − 1 x = ∞∑ n=1 xn−1 n! = ∞∑ n=0 xn (n+ 1)! . Raio de convergeˆncia (enferio da raza˜o): lim n→∞ ∣∣∣∣ xn+1(n+ 2)! (n+ 1)!xn ∣∣∣∣ = |x| · limn→∞ (n+ 1)!(n+ 2)! = 0 < 1 para todo x ∈ R. Portanto R = +∞. Pa´gina 1 de 6 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o) (c) (0.5 ponto) Utilizando a se´rie do item (b) calcule f (50)(0) (isto e´, a derivada de ordem 50 da func¸a˜o f(x) no ponto x = 0). Soluc¸a˜o: Se´rie de Taylor f(x) = ∞∑ n=0 f (n)(0) n! xn (em torno x = 0). Comparando com o item (b), obte´m-se ∞∑ n=0 f (n)(0) n! xn = ∞∑ n=0 1 (n+ 1)! xn. Portanto f (n)(0) n! = 1 (n+ 1)! e assim f (50)(0) = 50! 51! = 1 51 . Questa˜o 2: (1.5 ponto) Considere a func¸a˜o f definida por f(x) = { 1 0 ≤ x < 1, 2− x 1 ≤ x < 2 e suponha que f esta´ definida fora do intervalo 0 ≤ x < 2 de modo a satisfazer f(x + 2) = f(x) para todo x ∈ R. (a) (0.5 ponto) Esboce o gra´fico de f(x) no intervalo [−4, 2]. 1 2-1-2-3-4 1 x f(x) (b) (1.0 ponto) Encontre a se´rie de Fourier de f(x). Soluc¸a˜o: (a) A se´rie e´ dado por SF [f ](x) = a0 2 + ∞∑ k=1 ( an cos(npix/L) + bn sen(npix/L) ) , onde L = 1, a0 = 1 L ∫ 1 −1 f(x) dx = 3 2 , an = 1 L ∫ 1 −1 f(x) cos(npix) dx = cos(npi) (npi)2 − 1 (npi)2 = { 0 n par, − 2 (npi)2 n impar bn = 1 L ∫ 1 −1 f(x) sen(npix) dx = ∫ 0 −1 (−x) sen(npix) dx+ ∫ 1 0 1 · sen(npix) dx = 1 npi Pa´gina 2 de 6 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o) Questa˜o 3: (2.5 pontos) Utilizando a Transformada de Laplace, resolva o seguinte problema de valor inicial:{ y′′(t) + 2 y′(t) + y(t) = u3(t) et−2, y(0) = y′(0) = 0. Soluc¸a˜o: Aplicando a transformada de Laplace e usando o fato que y(0) = y′(0) = 0 temos L{y′′}+ 2L{y′}+ L{y} = L{u3(t) et−2}. s2L{y}+ 2sL{y}+ L{y} = L{u3(t) et−2}. Calculando L{u3(t) et−2}: Observando que u3(t) e t−2 = u3(t) et−2 e−1 e = u3(t) et−3 e. Logo L{u3(t) et−2} = L{u3(t) et−3 e} = eL{u3(t) et−3} = e e−3sL{et} = e −3s+1 s− 1 Assim concluimos que (s2 + 2s+ 1)L{y} = e −3s+1 s− 1 e L{y} = e −3s+1 (s2 + 2s+ 1)(s− 1) = e−3s+1 (s+ 1)2(s− 1) Usando frac¸o˜es parcias para escrever o termo 1 (s+ 1)2(s− 1): 1 (s+ 1)2(s− 1) = a (s− 1) + b (s+ 1) + c (s+ 1)2 = a(s+ 1)2 + b(s− 1)(s+ 1) + c(s− 1) (s+ 1)2(s− 1) . Isso implica a− b− c = 1, a+ b = 0, 2a+ c = 0 e portanto a = 1 4 , b = −1 4 e c = −1 2 . Logo L{y} = e−3s+1 ( 1 4(s− 1) − 1 4(s+ 1) − 1 2(s+ 1)2 ) e y = e 4 L−1 { e−3s s− 1 } − e 4 L−1 { e−3s s+ 1 } − e 2 L−1 { e−3s (s+ 1)2 } . Finalmente, observo que L−1 { e−3s s− 1 } = u3(t)e t−3 pois L−1 { 1 s− 1 } = et. L−1 { e−3s s+ 1 } = u3(t)e −(t−3) pois L−1 { 1 s+ 1 } = e−t. Pa´gina 3 de 6 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o) L−1 { e−3s (s+ 1)2 } = u3(t)(t− 3)e−(t−3) pois L−1 { 1 (s+ 1)2 } = t e−t. Assim, concluimos que y(t) = e u3(t) ( et−3 4 − e −t+3 4 − (t− 3) 2 e−t+3 ) . Questa˜o 4: (3.0 pontos) Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF): utt − 4uxx = 0, 0 < x < 2, t > 0 ux(0, t) = ux(2, t) = 0, t ≥ 0 u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 2 ut(x, 0) = 5 + cos(4pix), 0 ≤ x ≤ 2. (a) (2.0 pontos) Utilizando o Me´todo de Separac¸a˜o de Varia´veis, obtenha as equac¸o˜es diferencias ordina´rias nas varia´veisx e t e as resolva, detalhando todas as etapas. Soluc¸a˜o: Seja u(x, t) = F (x)G(y). Substituindo na equac¸a˜o obte´m-se G′′(t) 4G(t) = F ′′(x) F (x) = λ e portanto { F ′′(x)− λF (x) = 0 G′′(t)− 4λG(t) = 0. Como ux(0, t) = ux(2, t) = 0, obte´m-se F ′(0) = F ′(2) = 0. A primeira EDO { F ′′(x)− λF (x) = 0 F ′(0) = F ′(2) = 0 tem o polinomio caracteristico r2 − λ = 0 com ra´ızes r = ±√λ. 1o caso: λ = 0: Temos ra´ızes λ1 = λ2 = 0 e assim F (x) = C1 + C2 x. Como 0 = F ′(0) = C2 temos C2 = 0. Portanto para o autovalor λ = 0 temos F (x) = C1 (constante). 2o caso: λ > 0: Temos ra´ızes r1 = √ λ e r2 = √ λ e assim F (x) = C1e √ λx + C2e −√λx e F ′(x) = C1 √ λe √ λx − C2 √ λe− √ λx. Como 0 = F ′(0) = (C1 − C2) √ λ temos C1 = C2. Como 0 = F ′(2) = C1 √ λ(e2 √ λ − e−2 √ λ) e como ex e´ uma func¸a˜o injectiva temos e2 √ λ = e−2 √ λ se e somente se 2 √ λ = −2√λ, o Pa´gina 4 de 6 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o) que na˜o e´ possivel pois λ > 0. Logo e2 √ λ − e−2 √ λ 6= 0 e assim C1 = 0. Portanto C2 = 0 e F (x) = 0. Mas essa soluc¸a˜o na˜o interessa. Portanto λ > 0 na˜o e´ um auto-valor. 3o caso: λ = −σ2 < 0, σ > 0: Temos ra´ızes r1 = iσ e r2 = −iσ e assim F (x) = A1 cos(σx) + A2 sen(σx) e F ′(x) = −σA1 sen(σx) + σA2 cos(σx). Como 0 = F ′(0) = σA2 temos A2 = 0 pois σ > 0. Como 0 = F ′(2) = −σA1 sen(2σ) pode-se tomar A1 6= 0, desde que sen(2σ) = 0 se 2σ = npi. Assim σ = npi2 e portanto λ = −n2pi2 4 para n ≥ 1. Portanto para os auto-valores λ = −n2pi2 4 , n ≥ 1 obte´m-se Fn(x) = An cos npix 2 , n ≥ 1. Consideramos a segunda EDO G′′(t)− 4λG(t) = 0 para os casos λ = 0 e λ = −n2pi2 4 , n ≥ 1: λ = 0: G′′(t) = 0 e assim G(t) = D1 +D2 t. λ = −n2pi2 4 : G′′n(t) + n 2pi2Gn(t) = 0 e assim Gn(t) = αn cos(npit) + βn sen(npit) (b) (0.5 ponto) Encontre a soluc¸a˜o em se´rie que verifica a equac¸a˜o e as condic¸o˜es de fronteira. Soluc¸a˜o: Para o auto-valor λ = 0 temos u0(x, t) = C1(D1 +D2 t) = c0 + d0 t. Para λ = −n2pi2 4 , n ≥ 1, temos un(x, t) = Fn(x)Gn(t) = (cn cos(npit) + dn sen(npit)) cos (npix 2 ) . Portanto u(x, t) = c0 + d0 t+ ∞∑ n=1 (cn cos(npit) + dn sen(npit)) cos (npix 2 ) . (c) (0.5 ponto) Analisando as condic¸o˜es iniciais do (PVIF) obtenha a soluc¸a˜o do problema dado. Soluc¸a˜o: Determinac¸a˜o dos constantes c0, d0, cn, dn: Como u(x, 0) = c0 + ∞∑ n=1 cn cos npix 2 = 0, Pa´gina 5 de 6 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 14/07/2010 (continuac¸a˜o) temos c0 = cn = 0, n ≥ 1. Como ut(x, t) = d0 + ∞∑ n=0 npidn cos(npit) cos npix 2 e assim ut(x, 0) = d0 + ∞∑ n=0 npidn cos npix 2 = 5 + cos 4pix temos d0 = 5 e 8pid8 = 1 e portanto d8 = 1 8pi e dn = 0 se n 6= 8. Portanto a soluc¸a˜o procurada e´ u(x, t) = 5t+ 1 8pi sen(8pit) cos(4pix). Pa´gina 6 de 6 Boa prova!
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