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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 27/11/2014
Questão 1: (2.5 pontos)
Considere a seguinte equação diferencial ordinária:
(1− x)2y′′ − 2y = 0. (1)
a) (1 ponto) Seja y(x) =
∞∑
n=0
anx
n uma solução de (1) definida numa vizinhança do ponto x = 0. Encontre
a relação de recorrência satisfeita pelos coeficientes an.
b) (1.5 ponto) Resolva o problema de valor inicial associado à equação (1) com condições iniciais y(0) = 1
e y′(0) = −2.
Solução:
a) O ponto x = 0 é regular e a solução converge no intervalo −1 < x < 1. Considerando y =
∞∑
n=0
anx
n
temos as seguintes expressões para suas derivadas
y′ =
∞∑
n=1
annx
n−1 =
∞∑
n=0
an+1(n+1)xn e y′′ =
∞∑
n=2
ann(n− 1)xn−2 =
∞∑
n=0
an+2(n+1)(n+2)xn.
Substituindo y, y′ e y′′ em (1), temos:
(1− 2x+ x2)
∞∑
n=0
an+2(n+ 1)(n+ 2)xn − 2
∞∑
n=0
anx
n = 0.
∞∑
n=0
an+2(n+1)(n+2)xn−2
∞∑
n=0
an+2(n+1)(n+2)xn+1+
∞∑
n=0
an+2(n+1)(n+2)xn+2−2
∞∑
n=0
anx
n = 0.
∞∑
n=0
an+2(n+ 1)(n+ 2)xn − 2
∞∑
n=0
an+1(n+ 1)nxn +
∞∑
n=0
an(n− 1)nxn − 2
∞∑
n=0
anx
n = 0.
∞∑
n=0
[an+2(n+ 1)(n+ 2)− 2an+1(n+ 1)n+ an(n− 1)n− 2an]xn = 0.
Assim,
∞∑
n=0
[an+2(n+ 1)(n+ 2)− 2an+1(n+ 1)n+ (n2 − n− 2)an]xn = 0.
Colocando o fator (n+ 1) em evidência obtemos
∞∑
n=0
(n+ 1)[an+2(n+ 2)− 2an+1n+ (n− 2)an]xn = 0.
Portanto, podemos concluir que
an+2(n+ 2)− 2an+1n+ (n− 2)an = 0, para todo n = 0, 1, 2 . . .
o que nos dá a relação de recorrência
an+2 =
2an+1n− (n− 2)an
(n+ 2) , n = 0, 1, 2, ...
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b) Usando que y(0) = 1 temos que a0 = 1 e da condição y′(0) = −2 segue que a1 = −2. Combinando
estes dados com a relação de recorrência obtemos
a2 =
2a1.0− (−2)a0
2 = 1 (2)
a3 =
2a2.1− (−1)a1
3 = 0 (3)
a4 =
4a3 − 0.a2
4 = 0 (4)
a5 =
6a4 − a3
5 = 0. (5)
Portanto, podemos concluir que
an = 0, para todo n ≥ 3.
Finalmente, a solução do problema de valor inicial proposto é dada por
y(x) = 1− 2x+ x2 = (1− x)2,
que está definida para todo x ∈ R.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja g : [0,+∞) −→ R a função definida por g(t) =
{
cos(2t), se 0 ≤ t < 2pi,
cos(2t) + sen(t), se t ≥ 2pi.
Resolva o seguinte Problema de Valor Inicial:
{
y′′ + 4y = g(t),
y(0) = 0, y′(0) = 0.
Solução:
Denotamos por Y (s) e G(s) as transformadas de Laplace de y e g, respectivamente. Aplicando a
propriedade 2-d) do formulário e usando as condições iniciais do problema de valor inicial obtemos
s2Y (s) + 4Y (s) = G(s) = L[(1− u2pi(t)) cos(2t)](s) + L[u2pi(2t) cos(t)](s) + L[u2pi(t) sen(t)](s)
= L[cos(2t)](s) + L[u2pi(t) sen(t− 2pi)](s)
= L[cos(2t)](s) + e−2pisL[sen(t)](s),
(6)
onde na última igualdade foi usada a propriedade 2-b) do formulário.
Usando que 1
s2 + 4 =
1
2L[sen(2t)](s) e a propriedade de convolução segue de (6) que
Y (s) = 1
s2 + 4L[cos(2t)](s) + e
−2pis 1
s2 + 4L[sen(t)](s)
= 12L[sen(2t)](s)L[cos(2t)](s) + e
−2pis 1
2L[sen(2t)](s)L[sen(t)](s)
= 12L[h1(t)](s) + e
−2pis 1
2L[h2(t)](s),
(7)
onde
h1(t) =
∫ t
0
cos(2t− 2τ) sen(2τ)dτ e h2(t) =
∫ t
0
sen(t− τ) sen(2τ)dτ.
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O cálculo das integrais nos dá
h1(t) =
1
2
∫ t
0
[sen(2t) + sen(2t− 4τ)] dτ
= 12
[
t sen(2t) + 14 cos(2t− 4τ)
∣∣∣t
0
]
= t sen(2t)2 .
h2(t) =
1
2
∫ t
0
[cos(t− 3τ)− cos(t+ τ)] dτ
= 12
[
−13 sen(t− 3τ)
∣∣∣t
0
− sen(t+ τ)
∣∣∣t
0
]
= −sen(2t)3 +
2 sen(t)
3 .
Finalmente, combinando (7) com as expressões obtidas para h1 e h2 com a propriedade 2 b) do formulário
obtemos que
y(t) = t sen(2t)4 +
1
3u2pi(t) sen(t)−
1
6u2pi(t) sen(2t).
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere o problema de condução do calor em uma barra de comprimento 1, modelado por
ut(x, t) = uxx(x, t)− 1, 0 < x < 1, t > 0, (8a)
u(0, t) = 0, t ≥ 0, (8b)
u(1, t) = 12 , t ≥ 0, (8c)
u(x, 0) = x22 + 2 sen(3pix) cos(3pix), 0 ≤ x ≤ 1. (8d)
a) (1 ponto) Encontre a solução estacionária v(x) para o problema (8a)-(8b)-(8c).
b) (1 ponto) Seja w(x, t) = u(x, t)− v(x). Descreva o problema de valores de contorno e de valor inicial
que é satisfeito por w.
c) (0.5 ponto) Determine o valor de u
(1
2 , t
)
para todo t > 0.
Solução:
a) A solução estacionária u(x, t) = v(x) não depende da variável temporal t, logo deverá satisfazer a
equação diferencial ordinária
v′′(x)− 1 = 0⇐⇒ v′′(x) = 1,
que tem por solução geral a expressão v(x) = x22 +ax+b, onde a e b são constantes reais arbitrárias.
Usando as condições de contorno v(0) = 0 e v(1) = 1/2 concluímos que a = b = 0. Assim, a
solução estacionária é dada pela expressão:
v(x) = x
2
2 , 0 ≤ x ≤ 1.
b) Calculando as derivadas parciais de w com respeito às variáveis t e x temos que
wt(x, t) = ut(x, t)− vt(x) = ut(x, t), (9)
wxx(x, t) = uxx(x, t)− vxx(x) = uxx(x, t)− 1. (10)
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Logo, combinando (8a), (9)e (10) concluímos que
wt(x, t) = wxx(x, t), 0 < x < 1, t > 0. (11)
Por outro lado, das condições (8b) e (8c) seguem as seguintes condições de contorno para w:
w(0, t) = u(0, t)− v(0) = 0, (12)
w(1, t) = u(1, t)− v(1) = 0, (13)
para todo t ≥ 0. Finalmente, usando (8d) obtemos
w(x, 0) = u(x, 0)− v(x) = 2 sen(3pix) cos(3pix) = sen(6pix), 0 ≤ x ≤ 1. (14)
Ressumindo, w satisfaz o seguinte problema de valores de contorno e de valor inicial:
wt(x, t) = wxx(x, t), 0 < x < 1, t > 0,
w(0, t) = w(1, t) = 0, t ≥ 0,
w(x, 0) = sen(6pix), 0 ≤ x ≤ 1.
(15)
c) A solução do problema (15) é dada pela expressão
w(x, t) =
∞∑
n=1
bne
−n2pi2t sen(npix), onde bn = 2
∫ 1
0
sen(6pix) sen(npix)dx.
De acordo com as relações de ortogonalidade temos que b6 = 1 e bn = 0 para todo n 6= 6. Portanto,
w(x, t) = e−36pi2t sen(6pix); portanto, u(x, t) = x
2
2 + e
−36pi2t sen(6pix).
Finalmente, u
(1
2 , t
)
= 18 + e−36pi
2t sen(3pi) = 18 para todo t ≥ 0.
Questão 4: (2.5 pontos)
Considere o seguinte problema de Dirichlet no quadrado [0, 1]× [0, 1] com condições de Neumann:
uxx(x, y) + uyy(x, y) = 0, (x, y) ∈ (0, 1)× (0, 1), (16a)
uy(x, 0) = uy(x, 1) = 0, x ∈ (0, 1), (16b)
ux(0, y) = 0, y ∈ (0, 1), (16c)
ux(1, y) = f(y), y ∈ (0, 1), (16d)
onde f é uma função infinitamente diferenciável no intervalo (0, 1).
a) (1.5 ponto) Determine todas as soluções não triviais de (16a)-(16b)-(16c) na forma de u(x, y) =
X(x)Y (y).
b) (1 ponto) Para que o problema (16a)-(16b)-(16c)-(16d) tenha solução é necessário que a integral
I =
∫ 1
0
f(y)dy
tenha um valor específico. Supondo que existe uma solução u(x, y) do problema, use o formato da
solução obtida pelo método de separação de variáveis para descobrir o valor de I.
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Solução:
a) Vamos supor que a solução da equação de Laplace seja da forma u(x, y) = X(x)Y (y). Assim,
X ′′Y +XY ′′ = 0, que é equivalente à equação X′′X = −Y
′′
Y . Como o primeiro termo dessa equação
depende somente de x, enquanto que o segundo depende somente de y, deverá existir uma constante
real λ tal que X′′X = −Y
′′
Y = λ. Assim sendo, as equações diferenciais ordinárias para as funções
X(x) e Y (y) são da forma
X(x)− λX(x) = 0 e Y ′′(y) + λY (y) = 0.
Das condições de contorno temos que X(x)Y ′(0) = 0, X(x)Y ′(1) = 0 e X ′(0)Y (y) = 0 para todo
x, y ∈ (0, 1). Como não nos interessamsoluções triviais (nulas), temos que
X ′(0) = Y ′(0) = Y ′(1) = 0.
Obtemos assim
(I)
{
Y ′′ + λY = 0,
Y ′(0) = Y ′(1) = 0,
e (II)
{
X ′′ − λX = 0,
X ′(0) = 0.
A solução do problema de Sturm-Liouville (I) está no formuário e é dada por Y0 = c0 para
λ = λ0 = 0 e Yn(y) = cn cos (npiy) para λ = λn = (npi)2 com n = 1, 2, . . . .
De posse destes auto-valores λn = (npi)2 para n = 0, 1, 2, . . . podemos usar a equação diferencial
(II) para obter as soluções correspondentes Xn(x). A equação característica associada à e.d.o. em
(II) é s2 − (npi)2 = 0, com raízes s1 = npi e s2 = −npi para n = 0, 1, 2, . . .. Sob estas condições a
solução geral é dada por Xn(x) = A cosh(npix) +B senh(npix) e consequentemente
X ′n(x) = npi (B cosh(npix) +A senh(npix)) .
Considerando a condição de contorno, temos 0 = X ′(0) = Bnpi e consequentemente B = 0.
Portanto, a solução toma a forma
Xn(y) = An cosh(npix).
Assegura-se assim que as soluções não triviais da forma u(x, y) = X(x)Y (y) são
u0(x, y) = c0 e un(x, y) = cn cosh(npix) cos(npiy), n = 1, 2, . . . .
b) Usando as soluções un do item a), a linearidade da equação a derivadas parciais e a homogeneidade
das condições de contorno, podemos assegurar que funções do tipo
u(x, y) =
+∞∑
n=0
cn cosh(npix) cos(npiy),
são soluções de (16a)-(16b)-(16c). Impondo que f(y) = ux(1, y), obtemos
f(y) =
+∞∑
n=1
npicnsenh(npi) cos(npiy).
Portanto, usando as condições dadas para f obtemos∫ 1
0
f(y)dy =
∫ 1
0
(+∞∑
n=1
npicnsenh(npi) cos(npiy)
)
dy.
=
+∞∑
n=1
npicnsenh(npi)
∫ 1
0
cos(npiy)dy
=
+∞∑
n=1
npicnsenh(npi)
1
n
(sen(npi)− sen(0)) dy
= 0.
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1. Tabela básica de transformadas de Laplace
f : [0,+∞) −→ R L[f ](s)
1 1
s
, s > 0
eat
1
s− a, s > a
tn
n!
sn+1
, s > 0
sen(at)
a
s2 + a2 , s > 0
cos(at)
s
s2 + a2 , s > 0
2. Propriedades básicas da Transformada de Laplace
a) L[ectf(t)](s) = L[f(t)](s− c).
b) L[uc(t)f(t− c)](s) = e−csL[f(t)](s).
c) L[δ(t− c)](s) = e−cs.
d) L[f (n)(t)](s) = snL[f(t)](s)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · − f (n−1)(0).
3. Soluções de Problemas de Valores de Contorno (PVC)
As soluções não-triviais do PVC:
{
Y ′′(y) + λY (y) = 0,
Y ′(0) = Y ′(L) = 0
são dadas por
a) λ0 = 0, e Y0 = c0,
b) λn =
(
npi
L
)2
e Yn(y) = cn cos
(
npi
L y
)
, n = 1, 2, 3, . . . .
Página 6 de 6 Boa prova!