2° EE 2017.2 Complementos - Emerson

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Gabarito das Segundas Avaliac¸o˜es de Complementos de
Matema´tica 2017.2
Prof. Emerson Lima∗
17 de dezembro de 2017
PROVA LM
Questa˜o 1
Encontre
a)L
(
(1 + t)4
)
b)L−1
(−8− 20s− 6s2 + 7s3 + 7s4
s(s2 − 1)(s2 + 2s+ 2)
)
c)A soluc¸a˜o do PVI y′′ − 2y′ + y = 2et onde y(0) = y′(0) = 0
a)
L
(
(1 + t)4
)
= L (t4 + 4t3 + 6t2 + 4t+ 1)
=
(L(t4) + 4L(t3) + 6L(t3) + 4L(t) + L(1))
=
1
s
+
4
s2
+
12
s3
+
24
s4
+
24
s5
b) Note que, o termo s2− 1 no denominador s(s2− 1)(s2 + 2s+ 2) pode ser fatorado
como s(s2 − 1)(s2 + 2s+ 2) = s(s− 1)(s+ 1)(s2 + 2s+ 2) e que o termo irredut´ıvel
(s2 + 2s + 2) pode ser reescrito, completando quadrados, como (s2 + 2s + 2) =
(s+ 1)2 + 1. Desta forma:
−8− 20s− 6s2 + 7s3 + 7s4
s(s2 − 1)(s2 + 2s+ 2) =
2(s+ 1)
(s+ 1)2 + 1
+
3
s+ 1
+
4
s
− 2
s− 1
∗Escola Polite´cnica da Universidade de Pernambuco
1
2
Portanto,
L−1
(−8− 20s− 6s2 + 7s3 + 7s4
s(s2 − 1)(s2 + 2s+ 2)
)
= L−1
(
2(s+ 1)
(s+ 1)2 + 1
+
3
s+ 1
− 2
s− 1 +
4
s
)
= 2e−t cos (t) + 3e−t − 2et + 4
c)
y′′ − 2y′ + y = 2et ⇒
L (y′′ − 2y′ + y) = L (2et)⇒
L (y′′)− 2L (y′)+ L (y) = 2
s− 1 ⇒
s2 · L− s · y(0)− y′(0)− 2s · L+ 2y(0) + L = 2
s− 1 ⇒
s2 · L− 2s · L+ L = 2
s− 1 ⇒
(s− 1)2 L = 2
s− 1 ⇒
L =
2
(s− 1)3 ⇒
Desta forma, como L (t2) [s] = 2
s3
⇒ L (t2et) [s] = L (t2) [s− 1] = 2
(s− 1)3 segue
y(t) = t2et
3
Questa˜o 2
Considere a func¸a˜o f(x) = x2 onde −pi ≤ x ≤ pi
a) Encontre o gra´fico de sua representac¸a˜o fˆ(x) em Se´rie de Fourier (0,5pt)
b) Encontre o gra´fico de sua representac¸a˜o fˆimpar(x) em Se´rie de Senos (0,5pt)
c) Encontre a representac¸a˜o fˆ(x), ou seja, os coeficientes a0, an e bn (n = 1, 2, · · · ) e a se´rie de
Fourier correspondente. (1,5pt)
d) Qual a se´rie obtida para pi usando o Teorema de Parseval? (1,5 pt)
e) Qual a se´rie obtida fazendo x =
pi
4
na Se´rie de Fourier obtida no item c)? (1,0 pt)
c) A func¸a˜o f(x) = x2 e´ par logo bn = 0, n = 1, 2, · · · . Quanto aos demais coeficien-
tes,
a0 =
2
pi
∫ pi
0
x2 dx =
2
pi
x3
3
∣∣∣∣pi
0
=
2pi2
3
an =
2
pi
∫ pi
0
x2 cos
(npix
pi
)
dx =
2
pi
∫ pi
0
x2 cos (nx) dx
Fazendo u = x2 ⇒ du = 2xdx e v =
∫
cos(nx) dx =
1
n
sen(nx) na integral e
procedendo a integrac¸a˜o por partes teremos
an =
2
npi
x2sen(nx)
∥∥pi
0
− 2
npi
∫ pi
0
2xsen(nx) dx = − 4
npi
∫ pi
0
xsen(nx) dx
Uma segunda integrac¸a˜o por partes, com u = x ⇒ du = dx e v =
∫
sen(nx) dx =
− 1
n
cos(nx) conduz finalmente a
an = 4
(−1)n
n2
Onde, nessa expressa˜o, simplificamos cos(npi) = (−1)n
Desta forma
x̂2 =
pi2
3
+
∞∑
i=1
4
(−1)n
n2
cos (nx)
d) Como
1
L
∫ L
−L
f2(x)dx =
1
pi
∫ pi
−pi
(
x2
)2
dx =
2
5
pi4, o teorema de Parseval, que as-
segura que
1
L
∫ L
−L
f2(x)dx =
a20
2
+
∞∑
i=1
a2n + b
2
n, aplicado ao item c) desta questa˜o,
implica que
4
2
5
pi4 =
2pi4
9
+
∞∑
i=1
16
n4
Ou seja
pi4
90
=
∞∑
i=1
1
n4
Finalmente
pi = 4
√√√√90 ∞∑
i=1
1
n4
e) Dado que, pelo item c), x̂2 =
pi2
3
+
∞∑
i=1
4
(−1)n
n2
cos (nx), fazendo x =
pi
4
,
pi2
16
=
pi2
3
+
∞∑
i=1
4
(−1)n
n2
cos
(npi
4
)
O que pode ser simplificado analisando as possibilidades de resultados de cos
(npi
4
)
a medida que n varia.
5
Questa˜o 3
Calcule as integrais
a)
∫ pi
2
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ
b)
∫ ∞
0
3
√
3x7e−3xdx
c)
∫ ∞
0
y2
1 + y4
dy
d)
∫ 1
0
(ln(x))4 dx
a) Pela definic¸a˜o da func¸a˜o Beta:
B(m,n) = 2
∫ pi
2
0
cos2m−1(θ)sen2n−1(θ)dθ =
Γ(m)Γ(n)
Γ(m+ n)
Portanto
∫ pi
2
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ =
1
2
B
(
5
2
,
5
2
)
Como B
(
5
2
,
5
2
)
=
Γ(52)Γ(
5
2)
Γ(5)
=
(
3
2 · 12
√
pi
)2
4!
Segue ∫ pi
2
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ =
3pi
256
b) Fazendo t = 3x na integral
∫ ∞
0
3
√
3x7e−3xdx teremos
∫ ∞
0
3
√
3x7e−3xdx =
∫ ∞
0
3
√
3
(
t
3
) 7
3 1
3
dt
Como Γ(x) =
∫ ∞
0
tx−1e−t dt segue que
∫ ∞
0
3
√
3x7e−3xdx =
3
√
3
3
3
√
37
·
∫ ∞
0
t
7
3 e−t dt =
1
33
· Γ
(
10
3
)
=
1
33
· 7
3
4
3
· 1
3
· Γ
(
1
3
)
O que conclui que ∫ ∞
0
3
√
3x7e−3xdx =
28
36
Γ
(
1
3
)
c) ANULADA
6
d) Em
∫ 1
0
(ln(x))4 dx fac¸a t = − ln(x). Assim dt = −dx
x
, ou seja, dx = −xdt =
−e−t dt. Note ainda que, se x = 0 · · ·∞ enta˜o t =∞· · · 0. Assim
∫ 1
0
(ln(x))4 dx = −
∫ 0
∞
(−t)4e−tdt =
∫ ∞
0
t4e−tdt = Γ(5) = 4! = 24
7
PROVA LT
Questa˜o 1
Encontre
a)L
((
1 + 2
√
t
)4)
b)L−1
(
s4 + 10s3 − 5s2 + 2
s6 − 2s4 + s2
)
c)A soluc¸a˜o do PVI y′′ + y = t onde y(0) = 1 e y′(0) = −2
a)
L
((
1 + 2
√
t
)4)
= L
(
16 · t2 + 32 · t 32 + 24 · t+ 8 · √t+ 1
)
=
(
16L(t2) + 32L(t 32 ) + 24L(t) + 8L(√t) + L(1)
)
=
32
s3
+
24 · √pi
s2
√
s
+
24
s2
+
4 · √pi
s
√
s
+
1
s
Onde usamos que L(tn) = n!
sn+1
e L(tα) = Γ(α)
sα+1
.
b) Note que, o termo s6 − 2s4 + s2 no denominador pode ser fatorado como s2(s4 −
2s2 + 1) = s2
(
s2 − 1)2 = s2(s− 1)2(s+ 1)2. Desta forma:
s4 + 10s3 − 5s2 + 2
s6 − 2s4 + s2 =
2
s2
+
2
(s− 1)2 −
3
(s+ 1)2
Portanto,
L−1
(
s4 + 10s3 − 5s2 + 2
s6 − 2s4 + s2
)
= L−1
(
2
s2
+
2
(s− 1)2 −
3
(s+ 1)2
)
= 2t+ 2tet − 3te−t
8
c)
y′′ + y = t⇒
L (y′′ + y) = L (t)⇒
L (y′′)+ (y) = 1
s2
⇒
s2 · L− s · y(0)− y′(0) + L = 1
s2
⇒
s2 · L− 2s− 1 + L = 1
s2
⇒(
s2 + 1
)
L =
1
s2
+ 2s+ 1⇒
L =
1
s2(s2 + 1)
+
2s
(s2 + 1)
+
1
(s2 + 1)
⇒
L =
1
s2
− 1
(s2 + 1)
+
2s
(s2 + 1)
+
1
(s2 + 1)
⇒
L =
1
s2
+
2s
(s2 + 1)
⇒
Desta forma,
y(t) = t− sen(t)
9
Questa˜o 2
Calcule as integrais
a)
∫ pi
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ
b)
∫ ∞
0
3
√
2x4e−8xdx
c)
∫ ∞
0
3y2
2 + y4
dy
d)
∫ 1
0
(ln(x))3 dy
a) Pela definic¸a˜o da func¸a˜o Beta:
B(m,n) = 2
∫ pi
2
0
cos2m−1(θ)sen2n−1(θ)dθ =
Γ(m)Γ(n)
Γ(m+ n)
Portanto
∫ pi
2
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ =
1
2
B
(
5
2
,
5
2
)
Como B
(
5
2
,
5
2
)
=
Γ(52)Γ(
5
2)
Γ(5)
=
(
3
2 · 12
√
pi
)2
4!
Note que
∫ pi
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ =
∫ pi
2
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ +
∫ pi
pi
2
sen4(θ) cos4(θ)dθ
Fazendo φ = θ − pi
2
na segunda integral e notando que sen(θ) = sen
(
φ+
pi
2
)
=
cos (φ) e que cos(φ) = cos
(
φ+
pi
2
)
= −sen (φ) teremos
∫ pi
pi
2
sen4(θ) cos4(θ)dθ =∫ pi
2
0
cos4(φ)(−1)4sen4(φ)dφ =
∫ pi
2
0
cos4(φ)(−1)4sen4(φ)dφ = 1
2
B
(
5
2
,
5
2
)
Segue ∫ pi
0
sen4(θ) cos4(θ)dθ = 2 · 1
2
B
(
5
2
,
5
2
)
=
3pi
128
b) Fazendo t = 8x na integral
∫ ∞
0
3
√
2x4e−8xdx teremos
∫ ∞
0
3
√
2x4e−8xdx =
∫ ∞
0
3
√
2
(
t
8
) 4
3 1
8
dt
Como Γ(x) =
∫ ∞
0
tx−1e−t dt segue que
∫ ∞
0
3
√
2x4e−8xdx =
∫ ∞
0
3
√
2
(
t
8
) 4
3 1
8
dt =
1
64 3
√
4
· Γ
(
7
3
)
=
1
64 3
√
4
4
3
· 1
3
· Γ
(
1
3
)
10
O que conclui que∫ ∞
0
3
√
2x4e−8xdx =
1
16 · 9 3√4Γ
(
1
3
)
=
1
144 3
√
4
Γ
(
1
3
)
c) ANULADA
d) Em
∫ 1
0
(ln(x))3 dx fac¸a t = − ln(x). Assim dt = −dx
x
, ou seja, dx = −xdt =
−e−t dt. Note ainda que, se x = 0 · · ·∞ enta˜o t =∞· · · 0. Assim
∫ 1
0
(ln(x))3 dx = −
∫ 0
∞
(−t)3e−tdt = −
∫ ∞0
t3e−tdt = −Γ(4) = −3! = −6
11
Questa˜o 3
Considere a func¸a˜o f(x) = |x| onde −pi ≤ x ≤ pi
a) Encontre o gra´fico de sua representac¸a˜o fˆ(x) em Se´rie de Fourier (0,5pt)
b) Encontre o gra´fico de sua representac¸a˜o fˆimpar(x) em Se´rie de Senos (0,5pt)
c) Encontre a representac¸a˜o fˆ(x), ou seja, os coeficientes a0, an e bn (n = 1, 2, · · · ) e a se´rie de
Fourier correspondente. (1,5pt)
d) Qual a se´rie obtida para pi usando o Teorema de Parseval? (1,5 pt)
e) Qual a se´rie obtida fazendo x =
pi
4
na Se´rie de Fourier obtida no item c)? (1,0 pt)
c) A func¸a˜o f(x) = |x| e´ par logo bn = 0, n = 1, 2, · · · . Quanto aos demais coeficien-
tes,
a0 =
2
pi
∫ pi
0
x dx =
2
pi
x2
2
∣∣∣∣pi
0
= pi
an =
2
pi
∫ pi
0
x cos
(npix
pi
)
dx =
2
pi
∫ pi
0
x cos (nx) dx
Esta u´ltima integral pode ser feita por integrac¸a˜o por partes, com u = x⇒ du = dx
e v =
∫
cos(nx) dx =
1
n
sen(nx) conduzindo a
an = 2
(−1)n − 1
pin2
Onde, nessa expressa˜o, simplificamos cos(npi) = (−1)n
Desta forma
|̂x| = pi
2
+
∞∑
i=1
2
(−1)n − 1
pin2
cos (nx)
Notando que (−1)n − 1 =
{
0 se n par
−2 se n ı´mpar podemos escrever
|̂x| = pi
2
+
∞∑
j=1
−4
pi(2j − 1)2 cos ((2j − 1)x)
d) Como
1
L
∫ L
−L
f2(x)dx =
1
pi
∫ pi
−pi
(|x|)2 dx = 2
3
pi2, o teorema de Parseval, que as-
segura que
1
L
∫ L
−L
f2(x)dx =
a20
2
+
∞∑
i=1
a2n + b
2
n, aplicado ao item c) desta questa˜o,
implica que
12
2pi2
3
=
pi2
2
+
∞∑
j=1
16
(2j − 1)4pi2
Ou seja
pi4
96
=
∞∑
j=1
1
(2j − 1)4
Finalmente
pi = 4
√√√√96 ∞∑
i=1
1
(2j − 1)4
e) Dado que, pelo item c), |̂x| = pi
2
+
∞∑
j=1
−4
pi(2j − 1)2 cos ((2j − 1)x), fazendo x =
pi
4
,
pi
4
=
pi
2
+
∞∑
j=1
−4
pi(2j − 1)2 cos
(
(2j − 1)pi
4
)
O que pode ser simplificado analisando as possibilidades de resultados de cos
(npi
4
)
a medida que n varia.