Prova com Gab - SegChamada

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA2
CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 4
SEGUNDA CHAMADA. PRIMEIRO SEMESTRE DE 2013
20 de Setembro de 2013
Nome:
Respostas sem ca´lculos ou justificativas na˜o sera˜o aceitas.
1a Unidade: Encontre o conjunto soluc¸a˜o das seguintes EDO,
(a) y′(x) =
2y
x
+
x
y
− 2, (x 6= 0, y 6= 0). (1,5 pts)
(b) (1 + x+ y) dx+ (1− x− y) dy = 0. Use um fator integrante da forma, µ(x− y). (2,0 pts)
Resposta:
(a) Equac¸a˜o na˜o linear e homoge´nea, e´ indicado fazer: y = x z ⇒ y′ = x z′ + z, para
obter uma equac¸a˜o de varia´veis separa´veis em z(x),
x z′+z = 2 z+
1
z
−2 ⇒ z dz
z2 − 2z + 1 =
dx
x
⇒
∫
dz
z − 1+
∫
dz
(z − 1)2 =
∫
dx
x
.
Foi feita a divisa˜o por z2 − 2z + 1 = (z − 1)2 6= 0, e usamos frac¸o˜es simples para chegar a
ln(z − 1)− 1
z − 1 = lnx+ ln c ⇒ ln
y − x
x
− x
y − x = ln(c x).
Quando z = 1(y = x), a divisa˜o na˜o pode ser feita e verifica-se que y(x) = x, tambe´m e´ soluc¸a˜o.
(b) Veja que µ(x− y) = µ(z), logo[
µ (1 + x+ y)
]
y
=
[
µ (1− x− y)]
x
⇒ µz (1 + x+ y) + µ = µz(−1) (1− x− y)− µ
Simplificando temos µz = µ ⇒ µ = ez = ex−y. Logo
ϕx = e
x−y (1 + x+ y) ⇒ φ? = e−y(1 + y)
∫
ex dx+ e−y
∫
x ex dx = ex−y(x+ y) + c(y)
ϕy = e
x−y (1− x− y) ⇒ φ? = ex(1− x)
∫
e−y dy − ex
∫
y e−y dy = ex−y(x+ y) + c(x)
Assim o conjunto soluc¸a˜o vem dado como ex−y(x+ y) = c.
2a Unidade: Veja que y1(x) = x e´ uma soluc¸a˜o da EDO: x2y′′(x) + xy′(x)− y(x) = 0.
(a) Encontre outra soluc¸a˜o da EDO linermente independiente com y1(x). (1,0 pts)
(b) Encontre soluc¸a˜o ao problema de valores inicias
{
x2y′′(x) + xy′(x)− y(x) = 0
y(1) = 0, y′(1) = 2.
(1,0 pts)
(c) Encontre uma soluc¸a˜o particular da EDO: x2y′′(x) + xy′(x)− y(x) = 6x2. (1,0 pts)
(d) Formule a soluc¸a˜o geral da EDO na˜o homoge´nea: x2y′′(x) + xy′(x)− y(x) = 6x2. (0,5 pts)
Resposta:
(a) Temos uma EDO linear de Euler, como sabemos as soluc¸o˜es sa˜o da forma y(x) = xn;
substituindo na EDO obtemos uma equac¸a˜o de segundo grau para n, onde n = 1 e n = −1.
x2 n (n− 1)xn−2 + xnxn−1 − xn = 0 ⇒ n2 − 1 = 0 ⇒ y1(x) = x,
y2(x) = x
−1.
(b) De (a) vemos que a soluc¸a˜o geral pode ser escrita como y(x) = c1 x+ c2 x
−1.
y(1) = c1 1 + c2 1
−1 = 0,
y ′(1) = c1 − c21−2 = 2.
⇒ c1 = 1,
c2 = −1.
Assim a soluc¸a˜o e´ y(x) = x− 1/x.
(c) Usaremos o me´todo de variac¸a˜o dos para´metros, y(x) = c1(x)x + c2(x)x
−1; onde as
func¸o˜es c1(x), c2(x) sa˜o determinadas pelo sistema,
c′1 x+ c′2 x−1 = 0
c′1 1− c′2 x−2 = 6
⇒ c
′
2 = −c′1 x2
c′1 = 3
⇒ c2(x) = −x
3 + a2
c1(x) = 3x+ a1.
Finalmente uma soluc¸a˜o particular e´ y(x) = 2x2.
(d) A soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o homoge´nea e´ dada por, y(x) = a1 x+ a2 x
−1 + 2x2.
3a Unidade: Encontre a soluc¸a˜o do seguinte problema para a equac¸a˜o de Laplace no plano, (3,0 pts)
φxx + φyy = 0, 0 < x <
pi
2 , 0 < y <
pi
2 ;
φx(0, y) = 0, φ(x, 0) = 0,
φ(pi2 , y) = 0, φ(x,
pi
2 ) =
pi
2 − x.
Resposta:
Encontremos soluc¸o˜es da forma, φ(x, t) = X(x) · Y (y),
XxxY +XYyy = 0 ⇒ Xxx(x)
X(x)
= −Yyy(y)
Y (y)
= −λ ⇒
{
Xxx(x) + λX(x) = 0,
Yyy(y)− λY (y) = 0.
Aqui λ = cte, o que no´s leva a duas EDO, uma para X(x) e outra para Y (y). X(x) herda as
condic¸o˜es nula na fronteira, de aqui temos o Problema de Sturm Liouville
φx(0, y) = Xx(0) · Y (y) = 0 ⇒ Xx(0) = 0,
φ(pi2 , y) = X(
pi
2 ) · Y (y) = 0 ⇒ X(pi2 ) = 0.
⇒
[
Xxx(x) + λX(x) = 0,
Xx(0) = 0, X(
pi
2 ) = 0.
]
Como λ e´ desconhecida, temos treˆs poss´ıveis tipos de soluc¸o˜es para X(x), dependendo do
sinal de λ. Para valores de λ ≤ 0 prova-se que a soluc¸a˜o e´ nula, sem interesse para no´s;
Se λ > 0, X(x) = c1 cos(
√
λ x) + c2 sin(
√
λ x)
Xx(0) = −c1
√
λ sin(
√
λ 0) + c2
√
λ cos(
√
λ 0) = 0, ⇒ c2 = 0,
X(pi2 ) = c1 cos(
√
λ pi2 ) = 0, ⇒
λn = (2n− 1)2, (n = 1, 2, . . . )
Xn(x) = c1 cos
[
(2n− 1)x].
Conhecidos os λn; Yyy − (2n− 1)2Y = 0 ⇒ Yn(y) = an e(2n−1) y + bn e−(2n−1) y.
A soluc¸a˜o geral apresenta a forma:
φ(x, y) =
∞∑
n=1
cos
[
(2n− 1)x] [an e(2n−1) y + bn e−(2n−1) y]
que pelas condic¸o˜es de fronteira em y, temos
φx(x, 0) =
∞∑
n=1
cos
[
(2n− 1)x](2n− 1) [an − bn] = 0 ⇒ an = bn;
φ(x, pi2 ) =
∞∑
n=1
cos
[
(2n− 1)x] [an e(2n−1) pi2 + an e−(2n−1) pi2 ] = pi2 − x.
Veja que a segunda relac¸a˜o e´ a se´rie de Fourier do cosseno para a func¸a˜o pi2 − x; assim
an
[
e(2n−1)
pi
2 + e−(2n−1)
pi
2
]
=
4
pi
∫ pi/2
0
(pi2 − x) cos
[
(2n− 1)x] dx
Das integrais dadas ao final da prova vemos que
=
4
pi
pi
2
sin
[
(2n− 1)x]
2n− 1
∣∣∣∣∣
pi/2
0
− 4
pi
(2n− 1)x sin[(2n− 1)x]+ cos[(2n− 1)x]
(2n− 1)2
∣∣∣∣∣
pi/2
0
=
2 sin
[
(2n− 1) pi2
]
2n− 1 −
4
pi
(2n− 1) pi2 sin
[
(2n− 1) pi2
]− cos[(2n− 1) 0]
(2n− 1)2 =
4
pi
1
(2n− 1)2 ,
φ(x, t) =
4
pi
∞∑
n=1
cos
[
(2n− 1)x] [e(2n−1) y + e−(2n−1) y]
(2n− 1)2
[
e(2n−1)
pi
2 + e−(2n−1)
pi
2
] .
Lembrete:∫
x ea x dx =
x ea x
a
− e
a x
a2
,
∫
x cos(ax) dx =
a x sin(ax) + cos(ax)
a2
,∫
x sin(ax) dx =
sin(ax)− a x cos(ax)
a2
,
BOA PROVA!!!