Compilado provas antigas Cálculo 4

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Gabarito da Primeira Prova Unificada de Cálculo IV- 2016/2, 03/11/2016
Questão 1: (2.5 pontos)
(a) (1.0) Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência da série
∞∑
n=2
(−1)nn3
n4 − 1
.
(b) (1.0) Determine o raio de convergência da série de potências
∞∑
n=1
(−1)n
3n
√
n
xn.
(c) (0.5) Estude a convergência ou divergência da série
∞∑
n=1
n2
(
1− cos
(
1
n2
))
.
Solução:
(a) Vamos utilizar o teste da série alternada.
– Consideremos a função f(x) = x
3
x4−1 , temos que, f
′(x) = −x
6−x2
(x4−1)2 . Logo a
função f é decrescente para todo x > 1.
– limn→∞
n3
n4−1 = 0.
Conclúımos, pelo teste da série alternada que
∞∑
n=2
(−1)nn3
n4 − 1
é convergente.
Agora vamos verificar se a série é convergente em módulo. Vamos compará-la
com a série
∑∞
n=1
1
n
.
lim
n→∞
n3
n4−1
1
n
= lim
n→∞
n4
n4 − 1
= 1. Segue pelo teste de comparação no limite que
essas duas séries têm as mesmas propriedades de convergência. Como
∑∞
n=1
1
n
é divergente, conclúımos que a série
∞∑
n=2
∣∣∣∣(−1)nn3n4 − 1
∣∣∣∣ é divergente. Por tanto a
série
∞∑
n=2
(−1)nn3
n4 − 1
não é absolutamente convergente.
(b) Vamos utilizar o teste da razão. Seja an =
∞∑
n=0
(−1)n
3n
√
n
xn. Temos que
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = |x|n+13n+1√n+ 1 3n
√
n
xn
=
1
3
√
n
n+ 1
|x|
1
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = 13 limn→∞
√
n
n+ 1
|x| = 1
3
|x|
Logo, pelo Teste da Razão, conclúımos que a série dada é convergente se 1
3
|x| <
1 e divergente se 1
3
> |x|, isto é, convergente se |x| < 3 e divergente se |x| > 3.
Portanto, o raio de convergência é 3.
(c) Vamos comparar a série com
∞∑
n=1
1
n2
.
lim
x→∞
x2
(
1− cos 1
x2
)
1
x2
= lim
x→∞
(
1− cos 1
x2
)
1
x4
Fazendo a mudança de variável 1
x2
= t, temos:
lim
t→0+
1− cos t
t2
= lim
t→0+
sin t
2t
=
1
2
. Segue pelo teste de comparação no limite que
essas duas séries têm as mesmas propriedades de convergência. Como
∞∑
n=1
1
n2
é uma p-série com p > 1, sabemos que esta converge. De onde conclúımos que
a série
∞∑
n=1
n2
(
1− cos 1
n2
)
converge.
Questão 2: (2,5 pontos)
Considere a equação de Euler
x2y′′ + 3x y′ + αy = 0.
Determine todos os valores de α para os quais existe ao menos uma solução não
trivial y(x) dessa equação tal que lim
x→0+
y (x) = 0.
Solução:
Temos a seguinte equação indicial associada a esta equação de Euler:
r2 + 2r + α = 0,
cujas ráızes são r = −1±
√
1− α. Podemos identificar 3 casos distintos:
1) α = 1
Neste caso a equação possui duas ráızes idênticas e iguais a −1. A solução é dada
por
y (x) = c1 |x|−1 + c2 |x|−1 ln |x| ,
e a condição não pode ser satisfeita.
2) α < 1
A equação indicial possuirá duas ráızes reais distintas, r1 = −1 +
√
1− α e r2 =
−1−
√
1− α, e a solução da equação diferencial será dada por
y (x) = c1 |x|−1+
√
1−α + c2 |x|−1−
√
1−α .
Se α < 0, a escolha c2 = 0 torna a condição posśıvel.
2
3) α > 1
Nesta última situação as ráızes são imaginárias e dadas por r1 = −1 +
√
|1− α|i e
r2 = −1−
√
|1− α|i, e a solução da EDO é dada por
y (x) = c1 |x|−1 cos
(√
|1− α| ln |x|
)
+ c2 |x|−1 sin
(√
|1− α| ln |x|
)
.
Desta forma, a equação não pode ser satisfeita neste caso.
Questão 3: (2,5 pontos)
Considere a seguinte equação de Legendre.
(1− x2)y′′ − 2xy′ + 6y = 0.
(a) (0.5) Mostre que 0 é ponto ordinário de essa equação.
(b) (1.5) Determine a relação de recorrência das soluções em séries de essa equação
em torno de 0.
(c) (0.5) Determine o raio de convergência da solução que satisfaz ás condições
iniciais y(0) = 1 e y′(0) = 0.
Solução:
(a) A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde
P (x) = 1− x2,
Q(x) = −2x,
R(x) = 6.
Como P (0) = 1 6= 0, 0 é ponto ordinário de essa equação.
(b) A solução tem a forma
y =
∞∑
m=0
amx
m.
Derivando, temos
y′ =
∞∑
m=1
mamx
m−1,
y′′ =
∞∑
m=2
m(m− 1)amxm−2.
Substituindo estas derivadas e y na equação, temos
3
(1− x2)
∞∑
m=2
m(m− 1)amxm−2 − 2x
∞∑
m=1
mamx
m−1 + 6
∞∑
m=1
amx
m = 0
⇔
∞∑
m=2
m(m−1)amxm−2−
∞∑
m=2
m(m−1)amxm−2x
∞∑
m=1
mamx
m−1+6
∞∑
m=1
amx
m = 0
⇔
∞∑
m=0
(m+2)(m+1)am+2x
m−
∞∑
m=2
m(m−1)amxm−2x
∞∑
m=1
mamx
m−1+6
∞∑
m=1
amx
m = 0
⇔
∞∑
m=2
[
(m+ 2)(m+ 1)am+2 − (m2 +m− 6)am
]
xm+[6a3 + 4a1]x+[2a2 + 6a0] = 0.
Igualando coeficientes, temos então
a2 = −3a0,
a3 = −
2
3
a1,
am+2 =
(m+ 3)(m− 2)
(m+ 2)(m+ 1)
am ∀m ≥ 2.
(c) Pelo Teorema de Taylor, temos
a0 = y(0) = 1, a1 = y
′(0) = 0.
Segue pela relação de recorrência, am = 0 para todo m impar. Logo
a2 = −3a0 = −3, a4 = 0
e segue pela relação de recorrência que am = 0 para todo m ≥ 4 par. Assim, a
solução é
y(x) = 1− 3x2,
e, em particular, o raio de convergência é infinito.
Questão 4: (2.5 pontos)
Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do seguinte problema
de valor inicial
y′′ + 4y = cos(t) + δ(t− π); com y(0) = 0, y′(0) = 0.
Solução: Aplicando a transformada de Laplace temos
[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)] + 4Y (s) = s
s2 + 1
+ e−π s,
4
onde Y (s) é a transformada de Laplace de y(t).
De onde segue a igualdade
Y (s) =
s
(s2 + 4)(s2 + 1)
+
e−π s
s2 + 4
.
Pelo método das frações parciais, temos
Y (s) =
−1
3
s
s2 + 4
+
1
3
s
s2 + 1
+
e−π s
s2 + 4
.
Logo,
y(t) = L−1(Y (s)) = −1
3
cos (2t) +
1
3
cos (t) +
uπ(t)sen 2(t− π)
2
= L−1(Y (s)) = −1
3
cos (2t) +
1
3
cos (t) +
uπ(t)sen (2t)
2
=

−1
3
cos (2t) + 1
3
cos (t), se 0 ≤ t < π
−1
3
cos (2t) + 1
3
cos (t) +
sen (2t)
2
, se t ≥ π
.
5
Gabarito da Primeira Prova Unificada de Cálculo IV- 2017/1, 02/05/2017
Questão 1: (2.5 pontos)
(a) Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência da série abaixo
∞∑
n=1
2n cos (3n)
3n
.
Solução:
Como | cos(3n)| ≤ 1, então |2
n cos (3n)
3n
| ≤ 2
n
3n
=
(
2
3
)n
, assim o critério de
comparação, como a série
∞∑
n=1
(
2
3
)n
é geométrica com |2
3
| < 1, por tanto
convergente, temos que a série em questão é absolutamente convergente.
(b) Determine o raio de convergência da série de potências
∞∑
n=1
(2n)!
(n!)2
xn.
Solução:
Pelo critério do quociente com an =
(2n)!
(n!)2
xn,
|an+1
an
| = 2(n+ 1)!((n+ 1)!)
2|x|n+1
(2n)!(n!)2|x|n
=
(2n+ 1)(2n+ 2)|x|
(n+ 1)2
,
logo lim
n→∞
|an+1
an
| = 4|x|, por tanto o raio de convergência é 1
4
.
(c) A série
∞∑
n=2
1
m(logm)2
é convergente ou divergente? Justifique.
Solução
Vamos usar o critério da integral, para isso calculemos∫ +∞
2
dx
x(log x)2
u=log x︷︸︸︷
=
∫ +∞
log 2
du
u2
= −1
u
|+∞log 2 =
1
log 2
< +∞.
Assim o critério da integral mostra que a série em questão é convergente.
Questão 2: (2,5 pontos)
Considere a função
f(x) :=
∫ x
0
1
y
arctan(y)dy.
(a) Encontre a série de MacLaurin de essa função.
Dica: Determine primeiro a série de MacLaurin de arctan(y).
1
Solução
Derivando a função g(y) := arctan(y), temos
g′(y) =
1
1 + y2
=
∞∑
m=0
(−1)my2m.
Integrando essa série, temos
g(y) =
∞∑
m=0
(−1)m
2m+ 1
y2m+1 + C,
para um constante C, e como g(0) = arctan(0) = 0, temos C = 0. Substituindo
essa série na formula para f , temos então
f(x) =
∫ x
0
1
y
∞∑
m=0
(−1)m
2m+ 1
y2m+1dy =
∫ x
0
∞∑
m=0
(−1)m
2m+ 1
y2mdy =
∞∑
m=0
(−1)m
(2m+ 1)2
x2m+1+C,
para um constante C. De novo, como f(0) = 0, temos C = 0, e a série de
MacLaurin de f é então
f(x) =
∞∑
m=0
(−1)m
(2m+ 1)2
x2m+1.
(b) Encontre f (10)(0) (a derivada de ordem 10 da função f em x = 0).
Solução
Como a série de MacLaurin de f só tem potências impares de x, o coeficiente
de x10 nessa série é c10 = 0. Segue então pelo teorema de Taylor que
f (10) = 10!c10 = 0.
Questão 3: (2,5 pontos) Considere a seguinte equação de Chebyshev.
(1− x2)y′′ − xy′ + y = 0.
(a) Mostre que 1 é ponto singular regular de essa equação.
Solução
Temos uma equação da forma
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
sendo P (x) = 1 − x2, Q(x) = −x e R(x) = 1, todos polinômios. Como
P (1) = 0, o ponto é singular. Para mostrar que o ponto é também regular,calculamos os limites como abaixo:
lim
x→1
(x−1)Q(x)
P (x)
= lim
x→1
(x−1) −x
1− x2
= lim
x→1
(x−1) −x
(1− x)(1 + x)
= lim
x→1
−(−x)
1 + x
=
1
2
2
e
lim
x→1
(x−1)2R(x)
P (x)
= lim
x→1
(x−1)2 1
1− x2
= lim
x→1
(x−1)2 1
(1− x)(1 + x)
= lim
x→1
−(x− 1)
1 + x
= 0.
Como cada limite é finito, o ponto é singular regular.
(b) Determine as ráızes da equação indicial de essa equação.
Solução
Os itens (b) e (c) têm resolução conjunta:
(c) Determine a relação de recorrência da solução em série de essa equação que
corresponde à maior das duas ráızes encontradas no item b).
Solução
Encontrar a equação indicial (e suas ráızes) é parte do processo de resolver a
equação usando séries. Começamos assumindo a existência de uma solução da
forma
y(x) =
∞∑
n=0
an(x− 1)n+r
e substitúımos na equação.
Temos
y′(x) =
∞∑
n=0
an(n+ r)(x− 1)n+r−1
e
y′′(x) =
∞∑
n=0
an(n+ r)(n+ r − 1)(x− 1)n+r−2.
Antes de substituir na equação, note que estamos escrevendo y em potências
de (x− 1), mas os coeficientes P (x) = 1 − x2 e Q(x) = −x não estão escritos
assim. Como queremos “jogar pra dentro do somatório”, precisamos escrevê-
los como potências se (x − 1). Para Q(x) é fácil, pois x = (x − 1) + 1. Para
P (x), resolvemos o sistema originado da equação
P (x) = 1− x2 = A(x− 1) +B(x− 1)2 = (B − A) + (A− 2B)x+Bx2,
que nos fornece A = −2 e B = −1. Esse passo não seria necessário na alterna-
tiva sugerida acima. Agora substitúımos na equação.
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y =(
−2(x− 1)− (x− 1)2
) ∞∑
n=0
an(n+ r)(n+ r − 1)(x− 1)n+r−2 +
(−(x− 1)− 1)
∞∑
n=0
an(n+ r)(x− 1)n+r−1 +
∞∑
n=0
an(x− 1)n+r = 0
3
Agora, “juntando os somatórios”, temos
∞∑
n=0
−2an(n+ r)(n+ r − 1)(x− 1)n+r−1 +
∞∑
n=0
−an(n+ r)(n+ r − 1)(x− 1)n+r−0 +
∞∑
n=0
−an(n+ r)(x− 1)n+r−0 +
∞∑
n=0
−an(n+ r)(x− 1)n+r−1 +
∞∑
n=0
an(x− 1)n+r = 0
Duas das parcelas acima não estão com expoente n + r como desejado. Re-
indexando com a mudança m = n − 1 e retornando ao ı́ndice n em seguida,
obtemos
∞∑
n=−1
−2an+1(n+ 1 + r)(n+ r)(x− 1)n+r +
∞∑
n=0
−an(n+ r)(n+ r − 1)(x− 1)n+r +
∞∑
n=0
−an(n+ r)(x− 1)n+r +
∞∑
n=−1
−an+1(n+ 1 + r)(x− 1)n+r +
∞∑
n=0
an(x− 1)n+r = 0.
Evidenciando (x − 1)n+r, obtemos tanto a equação indicial quando a relação
de recorrência (ainda em função de r) desejada
[−2r(r − 1)− r] a0(x− 1)r−1 +
∞∑
n=0
[
[−(n+ r)(n+ r − 1)− (n+ r) + 1] an+
[−2(n+ 1 + r)(n+ r)− (n+ 1 + r)]an−1
]
(x− 1)n+r = 0.
Os expoentes na singularidade x0 = 1, ráızes da equação indicial e respostas
para o item (b), são r1 = 0 e r2 =
1
2
. Para o item (c), basta substituir r na
equação de recorrência:
an = −
2(n+
3
2
)(n+
1
2
) + (n+
3
2
)
(n+
1
2
)(n− 1
2
) + (n+
1
2
) + 1
an−1.
4
Question 4: (2.5 pontos)
Utilize a transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial
y′′ + 2y′ + 3y = et + δ(t− 1)e2t,
y(0) = 0,
y′(0) = 1.
onde δ(t− 1) é a “função”delta de Dirac com singularidade em 1.
Solução Usando o método da transformada de Laplace obtemos
L[y′′]+2L[y′]+3L[y] = −y′(0)−sy(0)+s2Y (s)+2sY (s)−2y(0)+3Y (s) = 1
s− 1
+e2−s,
Y (s) =
1
s2 + 2s+ 3
(
1 +
1
s− 1
+ e2−s
)
.
Note que s2 + 2s+ 3 = (s+ 1)2 + 2. Logo
L−1
[
1
(s+ 1)2 + 2
]
=
1√
2
L−1
[ √
2
(s+ 1)2 + 2
]
=
1√
2
e−t sin(
√
2t). (1)
L−1
[
e2−s
(s+ 1)2 + 2
]
= e2L−1
[
e−s
(s+ 1)2 + 2
]
= e2u1(t)[L]
−1
[
1
(s+ 1)2 + 2
]
(t− 1)
= u1(t)
1√
2
e2e−(t−1) sin(
√
2(t− 1)). (2)
Pelo Cálculo I é fácil de ver que
1
(s− 1)[(s+ 1)2 + 2]
=
1
2
(
1
3(s− 1)
−
1
3
s+ 1
(s+ 1)2 + 2
)
.
Dáı segue-se pelo Cálculo IV
L−1
[
1
(s− 1)[(s+ 1)2 + 2]
]
=
1
2
L−1
[
1
3(s− 1)
− s+ 1
3[(s+ 1)2 + 2]
− 2
3[(s+ 1)2 + 2]
]
=
1
6
et − 1
6
e−t cos(
√
2t)−
√
2
6
e−t sin(
√
2t). (3)
Somando (1), (2), (3) obtemos a solução desejada
y(t) = L−1(Y (s))(t) =
√
2
3
e−t sin(
√
2t) + u1(t)
1√
2
e3e−t sin(
√
2(t− 1)) + 1
6
et − 1
6
e−t cos(
√
2t)
=
e−t
6
(
3
√
2e3u1(t) sin(
√
2(t− 1))) + e2t + 2
√
2 sin(
√
2t)− cos(
√
2t)
)
.
5
Gabarito da Primeira Prova Unificada de Cálculo IV- 2017/2, 26/09/2017
Questão 1: (2.5 pontos)
(a) Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência da série abaixo
∞∑
n=1
(−2)nn3
n!
.
Solução: O termo an =
(−2)nn3
n!
satisfaz
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞ 2
(
n+ 1
n
)3
1
n+ 1
= 0 (< 1),
então, pelo teste da razão, a série é absolutamente convergente.
(b) Determine o raio de convergência e o intervalo de convergência da série
∞∑
n=0
(−3)n(x− 1)n√
n+ 1
.
Solução
Sendo an =
(−3)n(x−1)n√
n+1
, aplicamos o teste de razão. Teremos
lim
n→∞
|an+1
an
| = lim
n→∞
∣∣∣∣∣−3(x− 1)
√
n+ 1
n+ 2
∣∣∣∣∣ = limn→∞ 3|x− 1|,
o qual é menor do que 1 se |x− 1| < 1/3. Logo o raio de convergência da série é
1/3
Para determinar o intervalo de convergência, precisarmos verificar o que que acon-
tece com a série nos pontos extremos x− 1 = −(1/3) e x− 1 = 1/3.
Se x− 1 = −(1/3), então an = 1√n+1 . Logo (a menos de um deslocamento) a série∑∞
n=0 an é uma p-série para p = 1/2. Portanto a série é divergente.
Se x − 1 = (1/3), então an = (−1)
n
√
n+1
e a série é alternada, agora definamos
bn =
1√
n+1
, então bn é uma sequência decrescente com limite zero, assim o teste
de convergência para séries alternadas determina que a série
∑∞
n=0 an converge.
Conclusão: O intervalo de convergência é: (2
3
, 4
3
].
(c) A série
∞∑
n=1
1
n1+
1
n
é convergente ou divergente? Justifique.
Solução
Seja bn = 1/n e an = (n
1+ 1
n )−1, então
lim
n→∞
an
bn
= lim
→∞
1
n1/n
= 1
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e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
pois limn→∞ n
1/n = 1, como pode ser visto usando a regra de l’Hôpital. Então
pelo teste de comparação no limite, podemos concluir que como a série harmônica∑∞
n=1 bn diverge, então a série
∑
an também diverge.
Questão 2: (2,5 pontos)
Considere a equação diferencial xy′′+ (1− x)y′+ cy = 0, onde c ∈ R é uma constante.
(a) Mostre que x = 0 é um ponto singular regular (justifique sua resposta).
Solução
Reescrevendo a equação na forma
y′′ +
p(x)
x
y′ +
q(x)
x2
y = 0,
identificamos p(x) = (1− x) e q(x) = cx, anaĺıticas em x = 0, logo x = 0 é ponto
singular regular.
(b) Determine a equação indicial, suas ráızes e a relação de recorrência associada.
Solução
A equação indicial está definida por
F (r) = r(r − 1) + p0r + q0,
onde p0 = p(0) = 1 e q0 = q(0) = 0. Portanto a equação indicial está definida
por F (r) = r2. As ráızes dessa equação são r1 = r2 = 0. Para a equação de
recorrência usamos a raiz r1 = 0 para definir a solução em séries:
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n+r1 =
∞∑
n=0
anx
n.
Substituindo na equação
∞∑
n=2
ann(n− 1)xn−1 + (1− x)
∞∑
n=1
annx
n−1 + c
∞∑
n=0
anx
n = 0.
Uniformizando ı́ndices e potências obtemos
∞∑
n=0
[an+1(n+ 1)n+ an+1(n+ 1)− ann+ can]xn = 0,
de onde deduzimos a relação de recorrência
an+1 =
n− c
(n+ 1)2
an , n = 0, 1, 2, ....
(c) Supondo que c = m ∈ Z+ (inteiro positivo), mostre que existe uma solução do
que se reduz a um polinômio. Especifique qual é o grau desse polinômio.
Solução
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Da relação de recorrência do item anterior temos que, para c = m:
an+1 =
n−m
(n+ 1)2
an , n = 0, 1, 2, ....
onde o termo geral sempre depende do termo anterior. Além disso, note que o
termo am+1 tem por equação
am+1 =
m−m
(m+ 1)2
am = 0.
Logo os termos seguintes am+k = 0 para todo k = 1, 2, 3..... Portanto a solução
se reduz ao sumatório
y(x) =
m∑
n=0
anx
n , polinômio de grau m.
Questão 3: (2,5 pontos) Encontre todos os valores não nulos de θ para os quais todas as soluçõesde
θx2y′′ − xy′ = 0
têm limite finito quando x tende a zero.
Solução:
Observemos que estamos procurando valores não nulos de θ, então dividindo por θ a
equação anterior, temos
x2y′′ − 1
θ
xy′ = 0.
Esta última equação é uma equação de Euler, com equação de segundo grau
r(r − 1)− 1
θ
r = r2 −
(
1 +
1
θ
)
r = 0.
A equação quadrática anterior tem duas ráızes reais r1 = 0 e r2 = 1 +
1
θ
. Vamos
destacar três caso:
Caso 1: θ = −1. Neste caso r1 = r2 = 0 e a solução geral da equação de Euler é
y(x) = C1 + C2 ln |x| com C1, C2 constantes.
Por tanto, tomando C1 = 0 e C2 = 1, temos uma solução y(x) = ln |x| a qual não
têm limite finito quando x tende a zero, assim o valor de θ = −1 é desconsiderado.
Caso 2: 1 + 1
θ
< 0⇐⇒ −1 < θ < 0. Neste caso r = 0 e r2 < 0 e a solução geral da equação
de Euler é da forma
y(x) = C1 + C2|x|1+
1
θ com C1, C2 constantes.
Claramente, tomando C1 = 0 e C2 = 1, temos uma solução y(x) = |x|1+
1
θ a qual
não têm limite finito quando x tende a zero (pois 1 + 1
θ
< 0), assim os valores
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−1 < θ < 0 são desconsiderados.
Caso 3: 1 + 1
θ
> 0⇐⇒ −∞ < θ < −1 ou 0 < θ < +∞. Neste caso r = 0 e r2 > 0 e a
solução geral da equação de Euler é da forma
y(x) = C1 + C2|x|1+
1
θ com C1, C2 constantes.
Logo, como r2 = 1 +
1
θ
> 0, então para quaisquer constantes C1 e C2, temos que
y(x) têm limite finito quando x tende a zero.
Podemos concluir então que os valores de θ que respondem a questão estão no conjunto
(−∞,−1) ∪ (0,+∞).
Question 4: (2.5 pontos)
Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do seguinte problema de
valor inicial y′′ + 4y′ + 5y = sen(t)uπ2 (t) + cos(t)y(0) = 0, y′(0) = 1,
onde uπ
2
(t) é a função degrau unitário com descontinuidade em π
2
.
Solução
Aplicando a Transformada de Laplace em ambos lados da equação,
L{y′′(t) + 4y′(t) + 5y(t)}(s) = L{uπ
2
(t) sin(t) + cos(t)}(s),
L{y′′(t)}(s) + 4L{y′(t)}(s) + 5L{y(t)}(s) = L{uπ
2
(t) sin(t)}(s) + L{cos(t)}(s).
Por outro lado, note que das condições iniciais obtemos
L{y′′(t)}(s) = s2L{y(t)}(s)− 1,
L{y′(t)} = sL{y(t)}(s).
Além disso sabemos
L{uπ
2
(t) sin(t)}(s) = e−
π
2
sL{sin(t+ π
2
)}(s) = e−
π
2
sL{cos(t)}(s) = e−
π
2
s
[
s
s2 + 1
]
,
L{cos(t)}(s) = s
s2 + 1
.
Logo substituindo na equação anterior, tem-se
s2L{y(t)}(s) + 4sL{y(t)}(s) + 5L{y(t)}(s)− 1 = e−
π
2
s
[
s
s2 + 1
]
+
s
s2 + 1
,
(s2 + 4s+ 5)L{y(t)}(s) = e−
π
2
s
[
s
s2 + 1
]
+
s
s2 + 1
+ 1,
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Além disso, note que s2 + 4s+ 5 = (s+ 2)2 + 1, logo
L{y(t)}(s) = e−
π
2
s
[
s
(s2 + 1)((s+ 2)2 + 1)
]
+
s
(s2 + 1)((s+ 2)2 + 1)
+
1
(s+ 2)2 + 1
.
Definamos
L{h(t)}(s) = s
(s2 + 1)((s+ 2)2 + 1)
e lembremos que L{e−2t sin(t)}(s) = 1
(s+ 2)2 + 1
, assim a equação anterior fica
L{y(t)}(s) = e−
π
2
sL{h(t)}(s) + L{h(t)}(s) + L
{
e−2t sin(t)
}
(s).
L{y(t)}(s) = L
{
uπ
2
(t)h(t− π
2
)
}
(s) + L{h(t)}(s) + L
{
e−2t sin(t)
}
(s).
Portanto a solução é
y(t) = uπ
2
(t)h(t− π
2
) + h(t) + e−2t sin(t). (1)
então somente falta determinar h(t). De fato, usando frações parciais, tem-se
L{h(t)}(s) = s
(s2 + 1)((s+ 2)2 + 1)
=
1
8
[
s+ 1
s2 + 1
−
{
s+ 5
(s+ 2)2 + 1
}]
,
=
1
8
[
s
s2 + 1
+
1
s2 + 1
−
{
s+ 2
(s+ 2)2 + 1
+
3
(s+ 2)2 + 1
}]
,
=
1
8
[
L{cos(t)}(s) + L{sin(t)}(s)− L
{
e−2t cos(t)
}
(s)− 3L
{
e−2t sin(t)
}
(s)
]
.
Portanto
h(t) =
1
8
(
cos(t) + sin(t)− e−2t cos(t)− 3e−2t sin(t)
)
. (2)
finalmente substituindo (2) em (1) obtemos a solução
y(t) = uπ
2
(t)
{
1
8
(
sin(t)− cos(t)− eπ−2t sin(t) + 3eπ−2t cos(t)
)}
+
1
8
(
cos(t) + sin(t)− e−2t cos(t)− 3e−2t sin(t)
)
+e−2t sin(t).
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 08/05/2018
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (3 pontos)
Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência das séries abaixo.
(a)
∞∑
n=1
(−1)n+1n2
n3 + 1
Solução:
A série tem a forma
1
2
+
∞∑
n=2
(−1)n+1f(n),
onde
f : [2,∞[→ R;x 7→ x
2
x3 + 1
.
Essa função é positiva. Como
f ′(x) =
x(2− x3)
(x3 + 1)2
≤ 0,
essa função é decrescente. Finalmente,
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x2
x3 + 1
= lim
x→∞
1
x+ x−2
= 0.
Segue pelo teste de série alternada que essa série é convergente.
Aplicamos o teste de comparação no limite à sua série de valores absolutos, comparando-a
com a série harmônica
∞∑
n=1
1
n
.
Obtemos
lim
n→∞
(
n2
n3 + 1
)(
n
1
)
= lim
n→∞
n3
n3 + 1
= 1,
e como esse limite existe e é diferente de zero, segue pelo teste de comparação no limite que
a série dos valores absolutos é divergente. Essa série é então conditionalmente convergente.
(b)
∞∑
n=2
1
nloge(n)
2
Solução:
Essa série tem a forma
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 08/05/2018(continuação)
f(x) :=
∞∑
n=2
f(n),
onde
f : [2,∞[→ R;x 7→ 1
xloge(x)
2
.
Essa função é positiva em [2,∞[. Como seu denominador é crescente nesse intervalo, ela é
decrescente. Calculando a integral
I :=
∫ ∞
2
1
xloge(x)
2
dx,
utilizando a substituição,
y = loge(x),
dy =
1
x
dx,
obtemos
I =
∫ ∞
loge(2)
1
y2
dy =
[
−1
y
]∞
loge(2)
=
1
loge(2)
.
Como essa integral converge, segue pelo teste da integral que essa série é (absolutamente)
convergente.
(c)
∞∑
n=1
(
n
√
2− 1)
Solução:
Essa série possui apenas termos positivos. Aplicamos o teste de comparação no limite
comparando-a com a série harmônica. Calculamos o limite
L := lim
n→∞
(
n
√
2− 1)/ 1
n
= lim
x→∞
(
2
1
x − 1
)
/
1
x
.
Aplicando a regra de l’hôpital, temos
L = lim
x→∞
(
−1
x2
loge(2)2
1
x
)
/
−1
x2
= loge(2).
Como esse limite existe e é diferente de zero, e como a série harmônica é divergente, segue
pelo teste de comparação no limite que essa série é divergente.
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Questão 2: (2 pontos)
Considere a seguinte função:
h(x) :=
∫ x
0
1
y
loge
(
1− y
1 + y
)
dy.
(a) Encontre a série de Taylor em torno de zero dessa função.
Solução:
A derivada de h é
h′(x) =
1
x
loge
(
1− x
1 + x
)
:=
1
x
g(x).
A derivada de g é
d
dx
g(x) =
d
dx
loge
(
1− x
1 + x
)
=
d
dx
(
loge(1− x)− loge(1 + x)
)
=
−1
(1− x)
− 1
1 + x
=
−2
1− x2
= −2
∞∑
m=0
(−1)mx2m.
Segue que
g(x) =
∞∑
m=0
−2(−1)mx2m+1
(2m+ 1)
+ C,
e como g(0) = 0, C = 0. Segue que
h′(x) =
∞∑
m=0
−2(−1)mx2m
(2m+ 1)
∴ h(x) =
∞∑
m=0
−2(−1)mx2m+1
(2m+ 1)2
+ C
Como h(0) = 0, C = 0. Temos então
h(x) =
∞∑
m=0
−2(−1)mx2m+1
(2m+ 1)2
.
(b) Determine o raio de convergência da série encontrada em (a).
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Solução:
O m-ésimo termo dessa série é
am =
−2(−1)mx2m+1
(2m+ 1)2
.
Aplicando o teste da razão, temos
lim
m→∞
∣∣∣∣am+1am
∣∣∣∣ = limm→∞
∣∣∣∣(−1)m+1x2m+3(2m+ 3)2 (2m+ 1)2(−1)mx2m+1
∣∣∣∣ = |x|2 limm→∞
∣∣∣∣(2m+ 1)2(2m+ 3)2
∣∣∣∣ = |x|2 .
Segue pelo teste da razão que essa série é convergente para |x| < 1 e divergente para |x| > 1.
O raio de convergência é então 1.
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Questão 3: (2 pontos)
Considere a seguinte EDO:
x2y′′ + (x− 1)y′ + (x+ 1)y = 0.
(a) Mostre que x0 = 1 é ponto ordinário dessa equação.
Solução:
A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde
P (x) = x2
Q(x) = x− 1
R(x) = x+ 1
Como P (1) = 1 6= 0, x = 1 é ponto ordinário dessa equação.
(b) Determine a relação de recorrência da solução em séries dessa equação em torno desse ponto.
Solução:
Substituimos primeiro t = (x− 1). A equação é então
(t+ 1)2y′′ + ty′ + (t+ 2)y = 0.
A solução é
y =
∞∑
m=0
amt
m
∴ y′ =
∞∑
m=1
mamt
m−1
∴ y′′ =
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm−2
Substituindo na equação, temos
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(t2 + 2y + 1)
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 + t
∞∑
m=1
mamt
m−1 + (t+ 2)
∞∑
m=0
amt
m = 0
∴
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞∑
m=2
2m(m− 1)amtm−1 +
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm−2
+
∞∑
m=1
mamt
m +
∞∑
m=0
amt
m+1 +
∞∑
m=0
2amt
m = 0
∴
∞∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞∑
m=1
2(m+ 1)mam+1t
m +
∞∑
m=0
(m+ 2)(m+ 1)am+2t
m
∞∑
m=1
mamt
m +
∞∑
m=1
am−1t
m +
∞∑
m=0
2amt
m = 0
∴
∞∑
m=2
(
(m+ 2)(m+ 1)am+2 + 2(m+ 1)mam+1 + (m
2 + 2)am + am−1
)
tm
+
(
6a3 + 4a2 + 3a1 + a0
)
t+
(
2a2 + 2a0
)
= 0
A relação de recorrência é então
a2 = −a0
a3 =
−1
6
(
4a2 + 3a1 + a0
)
am+2 =
−1
(m+ 2)(m+ 1)
(
2m(m+ 1)am+1 + (m
2 + 2)am + am−1
)
∀m ≥ 2.
(c) Determine uma cota inferior para o raio de convergência da série encontrada em (b).
Solução:
O único zero em C do polinômio P é 0. A distância de x0 a esse ponto é 1. Segue que uma
cota inferior para o raio de convergência dessa série é 1.
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Questão 4: (3 pontos)
(a) Esboce o gráfico da seguinte função no intervalo [0, 2]:
f(x) =
{
cos(πx) se 0 ≤ x < 1, e
0 se 1 ≤ x.
Solução:
O gráfico dessa função é
(b) Determine a transformada de Laplace da função dada no item (a).
Solução:
A função é
f(x) = cos(πx)− u1(x)cos(πx)
= cos(πx)− u1(x)cos(π(x− 1) + π)
= cos(πx) + u1(x)cos(π(x− 1))
Segue que
L[f ](t) = L[cos(πx)](t) + L[u1(x)cos(π(x− 1))](t)
=
t(1 + e−t)
t2 + π2
.
(c) Determine a transformada de Laplace inversa da seguinte função:
F (t) =
(2t3 − 2t2 + t)e−t
(t2 − 2t+ 2)(t2 − 1)
.
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Solução:
Aplicando a técnica de frações parciais, temos
2t3 − 2t2 + t
(t2 − 2t+ 2)(t2 − 1)
=
(at+ b)
(t2 − 2t+ 2)
+
c
(t− 1)
+
d
(t+ 1)
.
Somando essas frações e comparando os coeficientes, temos
a+ c+ d = 2,
b− c− 3d = −2,
−a+ 4d = 1, e
−b+ 2c− 2d = 0.
Segue que
a = 1, b = 0, c =
1
2
, e d =
1
2
.
Assim
F (t) =
(
t
(t2 − 2t+ 2)
+
1
2(t− 1)
+
1
2(t+ 1)
)
e−t
=
(
(t− 1)
(t− 1)2 + 1
+
1
(t− 1)2 + 1
+
1
2(t− 1)
+
1
2(t+ 1)
)
e−t
= L
[
excos(x) + exsen(x) +
1
2
ex +
1
2
e−x
]
e−t.
Segue que a transformada de Laplace inversa de F é
[
e(x−1)cos(x− 1) + e(x−1)sen(x− 1) + 1
2
e(x−1) +
1
2
e−(x−1)
]
u1(x).
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
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Gabarito da Segunda Prova Unificada de Cálculo IV- 2016/2, 01/12/2016
Questão 1: (2.0 pontos)
(a) Determine a série de Taylor em torno de x = 0 da função f(x) =
x2
1 + 2x3
.
Solução:
Para dar solução a este problema, temos que lembrar da série geométrica
∞∑
n=0
rn =
1
1− r
para todo |r| < 1. (1)
Trocamos r por −2x3 na equação (1), temos
1
1 + 2x3
=
1
1− (−2x3)
=
∞∑
n=0
(−2x3)n =
∞∑
n=0
(−2)nx3n, (2)
finalmente multiplicamos por x2 na equação (2), obtemos a série de Taylor em
torno de x = 0
x2
1 + 2x3
= x2
∞∑
n=0
(−2)nx3n =
∞∑
n=0
(−2)nx3n+2. (3)
(b) Determine o intervalo de convergência da série encontrada em (a).
Solução
Para mostrar (b), usamos o fato que a série (2) é uma série geométrica, ela
converge quando | − 2x3| < 1, isto é, |x| < 13√2 . Portanto, a série converge
no intervalo (− 13√2 ,
1
3√2). Falta verificar nos extremos do intervalo. No ponto
x = 13√2 a série (3) fica (
1
3
√
2
)2
·
∞∑
n=0
(−1)n,
que sabemos é uma série divergente. No ponto x = − 13√2 a série (3) fica(
1
3
√
2
)2
·
∞∑
n=0
(1)n,
que sabemos é uma série divergente. Em conclusão o intervalo de convergência
da série (3) é
(
− 13√2 ,
1
3√2
)
.
1
Questão 2: (3.0 pontos)
Seja f : [−4, 4]→ R a função definida por
f(x) =

0 se − 4 ≤ x < −2,
4− x2 se − 2 ≤ x < 2,
0 se 2 ≤ x ≤ 4.
(a) Determine a série de Fourier de f .
Solução:
O intervalo tem cumprimento 2L = 8. Assim L = 4. Aplicando as formulas de
Euler-Fourier, temos então
a0 =
1
4
∫ 4
−4
f(x)dx =
1
4
∫ 2
−2
(4− x2)dx = 1
4
[
4x− 1
3
x3
]2
−2
=
8
3
.
e
am =
1
4
∫ 4
−4
f(x)cos
(mπx
4
)
dx
=
1
4
∫ 2
−2
(
4− x2
)
cos
(mπx
4
)
dx
=
[
1
mπ
(4− x2)sen
(mπx
4
)]2
−2
+
∫ 2
−2
2x
mπ
sen
(mπx
4
)
dx
=
[
−8x
m2π2
cos
(mπx
4
)]2
−2
+
∫ 2
−2
8
m2π2
cos
(mπx
4
)
dx
= − 32
m2π2
cos
(mπ
2
)
+
[
32
m3π3
sen
(mπx
4
)]2
−2
= − 32
m2π2
cos
(mπ
2
)
+
64
m3π3
sen
(mπ
2
)
.
Em fim,
bm =
1
4
∫ 4
−4
f(x)sen
(mπx
4
)
dx = 0,
pois o integrando é impar. A série de Fourier é então
f(x) =
4
3
+
∞∑
m=1
[
64
m3π3
sen
(mπ
2
)
− 32
m2π2
cos
(mπ
2
)]
cos
(mπx
4
)
.
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−12, 12].
Solução:
2
Figura 1: Gráfico da série de Fourier
(c) Calcule o valor da série
∞∑
m=1
1
m2
.
Solução
Como f é cont́ınua em x = 2, pelo teorema de convergência de Fourier,
4
3
+
∞∑
m=1
[
64
m3π3
sen
(mπ
2
)
− 32
m2π2
cos
(mπ
2
)]
cos
(mπ
2
)
= 0.
Mas, para todo m,
sen
(mπ
2
)
cos
(mπ
2
)
=
1
2
sen (mπ) = 0,
e
cos
(mπ
2
)
cos
(mπ
2
)
=
1
2
[cos(mπ) + 1] =
{
1 se m par, e
0 se m impar.
Substituindo m = 2n, temos então,
∞∑
n=1
32
4n2π2
=
4
3
∞∑
n=1
1
n2
=
π2
6
.
Questão 3: (3.0 pontos) Determine a solução u(x, t) do seguinte problema que representa o
comportamentooscilatório de uma corda elástica com extremidades fixas.
3

uxx − utt = u, (x, t) ∈ (0, 10)× (0,+∞),
u(0, t) = u(10, t) = 0, t ∈ (0,+∞),
u(x, 0) = 0, x ∈ (0, 10),
ut(x, 0) = x(10− x), x ∈ (0, 10).
Solução:
Aplicando o método de separação de variáveis, escrevemos:
u(x, t) = X(x)T (t)
Substituindo na equação, obtemos:
T (t)X ′′(x)−X(x)T ′′(t) = X(x)T (t)⇔ X
′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
T (t)
+ 1.
Como na última igualdade o lado esquerdo não depende de t e o lado direito não
depende de x, ambos deverão ser iguais a uma constante real, que chamaremos de
λ.
X ′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
T (t)
+ 1 = λ.
de onde obtemos as equações:
X ′′(x)− λX(x) = 0 e T ′′(t)− (λ− 1)T (t) = 0.
Usando agora as condições de contorno temos que:
X(0)T (t) = 0,∀t ≥ 0⇒ X(0) = 0
e
X(10)T (t) = 0,∀t ≥ 0⇒ X(10) = 0
Temos que o problema:
{
X ′′(x) = λX(x)
X(0) = 0 e X(10) = 0
tem autovalores λ =
−n2π2
100
, n ∈ {1, 2, 3, · · · } e as autofunções correspondentes são:
Xn(x) = sin
(nπx
10
)
, n ≥ 1.
Resolvendo a equação correspondente de T temos que:
T ′′(t) +
(
n2π2
100
+ 1
)
T (t) = 0.
Cuja solução geral é dada por:
T (t) = a1 sin
(
t
√
n2π2
102
+ 1
)
+ a2 cos
(
t
√
n2π2
102
+ 1
)
.
4
Da condição inicial:
X(x)T (0) = 0,∀x ≥ 0⇒ T (0) = 0,
obtemos:
T (0) = a2 = 0.
Portanto, temos que:
Tn(t) = sin
(
t
√
n2π2
102
+ 1
)
.
Dáı, a solução geral do nosso problema é dada por:
u(x, t) =
∞∑
n=1
kn sin
nπx
10
sin
(
t
√
n2π2
102
+ 1
)
.
Usando agora a segunda condição inicial, deverá ser satisfeita a relação:
ut(x, 0) =
∞∑
n=1
kn
√
n2π2
102
+ 1 sin
nπx
10
= x(10− x).
Assim, as quantidades kn
√
n2π2
102
+ 1 são os coeficientes de Fourier em senos de
peŕıodo 20 da função x(10− x); portanto,
kn
√
n2π2
102
+ 1 =
2
10
∫ 10
0
x(10− x) sin nπx
10
dx
=
1
5
[∫ 10
0
10x sin
nπx
10
dx−
∫ 10
0
x2 sin
nπx
10
dx
]
=
1
5
[
10
(
x
−10
nπ
cos
nπx
10
∣∣∣∣10
0
−
∫ 10
0
−10
nπ
cos
nπx
10
dx
)
−
∫ 10
0
x2 sin
nπx
10
dx
]
=
1
5
[(
−103
nπ
cosnπ
)
−
(
x2
−10
nπ
cos
nπx
10
∣∣∣∣10
0
−
∫ 10
0
−20x
nπ
cos
nπx
10
dx
)]
=
1
5
[
−103
nπ
cosnπ +
103
nπ
cosnπ +
∫ 10
0
−20x
nπ
cos
nπx
10
dx
]
=
1
5
[
−20
nπ
(
x
10
nπ
sin
nπx
10
∣∣∣∣10
0
−
∫ 10
0
10
nπ
sin
nπx
10
dx
)]
=
1
5
[
−20
nπ
(
102
n2π2
cos
nπx
10
∣∣∣∣10
0
)]
=
−400
n3π3
(cosnπ − 1) .
Podemos escrever:
−400
n3π3
(cosnπ − 1) =

0, se n é par
800
n3π3
, se n é ı́mpar.
5
Portanto, temos:
u(x, t) =
∞∑
m=1
800
(2m− 1)3π3
sin
(2m− 1)πx
10
sin
(
t
√
(2m− 1)2π2
102
+ 1
)
.
Questão 4: (2.0 pontos) Considere o seguinte problema :
uxx + uxy + ux = 0, (x, y) ∈ R× R.
(a) Ache todas as soluções não triviais dessa equação que possam ser escritas na
forma u(x, y) = X(x)Y (y).
Solução:
Procuramos soluções da equação na forma
u(x, y) = X(x)Y (y).
Substituindo essa solução na equação, rearranjando os termos e igualando-os
a uma constante de separação λ real, chegamos a:
X ′′
X ′
+ 1 = −Y
′
Y
= λ,
onde obtemos as equações:
X ′′ + (1− λ)X ′ = 0 e Y ′ + λY = 0.
Através da primeira equação, obtemos a equação caracteŕıstica r2 +(1−λ) r =
0, com ráızes r1 = 0 e r2 = λ− 1.
Analisando os dois casos para λ:
1. Para λ = 1, temos:
X ′′ = 0,
Y ′ + Y = 0.
Logo, obtemos X(x) e Y (y) nas formas:
X(x) = c1 + c2 x e Y (y) = d1 e
−y.
Portanto, a solução para λ = 1 fica:
u(x, y) = C1 e
−y + C2 x e
−y.
2. Para λ 6= 1, temos:
Para X, a equação é X ′′ + (1− λ)X ′ = 0. Nesse caso, X ′(x) = c1 e(λ−1)x,
de onde obtemos a solução
X(x) = c2 + c1
e(λ−1)x
λ− 1
.
Para Y , a equação é Y ′ + λY = 0. Cuja solução é
Y (y) = d1 e
−λ y.
6
Portanto, a solução para λ 6= 1 fica:
u(x, y) = C1 e
−λ y +
C2
λ− 1
e(λ−1)x−λ y.
(b) Ache uma solução não trivial que satisfaz
u(0, 0) = 0 e uxx(0, 0) = 0.
Solução:
1. Para λ 6= 1, temos u(x, y) = C1 e−λ y + C2λ−1 e
(λ−1)x−λ y.
Com a condição u(0, 0) = 0, encontramos C1 +
C2
λ−1 = 0.
A segunda derivada uxx é dada por uxx(x, y) = C2 (λ− 1) e(λ−1)x−λ y.
A condição uxx(0, 0) = 0 implica que C2 (λ − 1) = 0. Como λ 6= 1, então
C2 = 0.
Portanto, nesse caso, há apenas a solução trivial, que não nos interessa.
u(x, y) = 0.
2. Para λ = 1, temos u(x, y) = C1 e
−y + C2 x e
−y.
Para u(0, 0) = 0, a equação acima resulta que C1 = 0..
Agora, derivando duas vezes u(x, y) = C2 x e
−y, obtemos uxx(x, y) = 0, que
satisfaz uxx(0, 0) = 0.
Assim, a solução para λ = 1 é
u(x, y) = C2 x e
−y,
com C2 6= 0, satisfazendo as condições dadas.
7
Gabarito da Segunda Prova Unificada de Cálculo IV - 2017/1, 06/06/2017
Questão 1: (2.5 pontos)
Determine todos os valores de λ para os quais o seguinte problema de EDO com
condições de contorno tem ao menos uma solução não trivial.{
Y ′′(y)− λY (y) = 0
Y ′(0) = 0;Y ′(2) = 0.
Solução
Trata-se de uma equação ordinária de segunda ordem com coeficientes constantes.
A equação caracteŕıstica associada é r2 = λ, da qual surgem três alternativas:
1. λ > 0. Se λ é positivo, a solução geral é
Y (y) = c1e
√
λy + c2e
−
√
λy,
cuja derivada é
Y (y) = c1
√
λe
√
λy − c2
√
λe−
√
λy.
Aplicando as condições de contorno temos
0 = Y ′(0) = (c1 − c2)
√
λ⇒ c1 = c2
e
0 = Y ′(2) = c1
√
λ(e2
√
λ − e−2
√
λ)
que só tem solução se c1 = 0. A conclusão é que se λ > 0 há somente a solução
trivial.
2. λ = 0.
Se λ = 0, a equação é Y ′′(y) = 0 cuja a solução é simplesmente Y (y) = ay+ b.
Como Y ′(y) = a e Y ′(0) = Y ′(2) = 0 = a, qualquer função constante Y (y) = b
é solução. Logo, existem soluções não triviais nesse caso.
3. λ < 0.
As soluções da equação caracteŕıstica são r = ±i
√
−λ e a solução geral é
Y (y) = k1 cos(
√
−λy) + k2 sin(
√
−λy),
cuja derivada é
Y ′(y) = −k1
√
−λ sin(
√
−λy) + k2
√
−λ cos(
√
−λy).
1
Das condições de contorno, temos
0 = Y ′(0) = k2
√
−λ⇒ k2 = 0
e
0 = Y ′(2) = −k1
√
−λ sin(2
√
−λ)⇒ sin(
√
−λ2) = 0⇒ 2
√
−λ = nπ.
Assim, se
λ = −
(nπ
2
)2
,
teremos soluções não triviais para o problema.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f : [0, 4]→ R a função definida por
f(x) =
{
2x se 0 ≤ x < 2,
2x− 8 se 2 ≤ x ≤ 4.
(a) Determine a série de Fourier em senos de f .
Solução
A série de Fourier em senos de f é
f(x) =
∞∑
m=1
bmsen
(mπx
4
)
,
onde os coeficientes são determinados pelas formulas de Euler-Fourier:
bm =
1
2
∫ 4
0
f(x)sen
(mπx
4
)
dx
=
∫ 4
0
xsen
(mπx
4
)
dx− 4
∫ 4
2
sen
(mπx
4
)
dx
=
[
−4x
mπ
cos
(mπx
4
)]4
0
+
∫ 4
0
4
mπ
cos
(mπx
4
)
dx
−
[
−16
mπ
cos
(mπx
4
)]4
2
= − 16
mπ
cos (mπ) +
[
16
m2π2
sen
(mπx
4
)]4
0
+
16
mπ
cos (mπ)− 16
mπ
cos
(mπ
2
)
= − 16
mπ
cos
(mπ
2
)
.
Segue que
f(x) =
∞∑
m=1
− 16
mπ
cos
(mπ
2
)
sen
(mπx
4
)
.
2
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−12, 12].
Solução
y
x
◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦
◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦
• • • • • •
−12 −8 −4 0 4 8 12
4
−4
p p p p p p p
−
−
(c) Calcule o valor da série
∞∑
m=0
(−1)m
(2m+ 1)
.
Dica: cos
(
mπ
2
)
= 0 para m impar e sen
(
mπ
2
)
= 0 para m par.
solução Substituindo m = 2p na série de Fourier em senos de f , temos
f(x) =
∞∑
p=1
− 8
pπ
cos (pπ) sen
(pπx
2
)
=
∞∑
p=1
8(−1)p+1
pπ
sen
(pπx
2
)
.
Como a função f é continua em x = 1, pelo teorema de convergência de Fourier,
temos
∞∑
p=1
8(−1)p+1
pπ
sen
(pπx
2
)
= f(1) = 2.
Substituindo p = 2q + 1 nessa série e fazendo x = 1, temos
∞∑
q=0
8(−1)2q+2
(2q + 1)π
sen
(
qπ +
π
2
)
= 2
∞∑
q=0
1
(2q + 1)
cos (qπ) =
π
4
∞∑
q=0
(−1)q
(2q + 1)
=
π
4
.
3
Questão 3: (2.5 pontos) Determine a solução u(x, t) do problema
ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, (x, t) ∈ (0, 4)× (0,∞),
u(0, t) = u(4, t) = 10, t ∈ (0,∞),
u(x, 0) = 10 cos
(
πx
4
)
+ 10, x ∈ (0, 4).
Solução
Determinar a solução u(x, t) do problema:
(∗)

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, (x, t) ∈ (0, 4)× (0,∞),
u(0, t) = u(4, t) = 10, t ∈ (0,∞),
u(x, 0) = 10 cos
(πx
4
)
+ 10, x ∈ (0, 4).
Vamos resolver o problema(∗) reduzindo-o a um problema com condições ho-
mogêneas: expressamos u(x, t) como a soma da distribuição do estado estacionário
v(x) com uma outra distribuição de temperatura w(x, t) que resolve o problema
homogêneo associado. Logo v resolve o problema (∗∗) seguinte
(∗∗)
{
v′′(x) = 0, x ∈ (0, 4),
v(0) = v(4) = 10.
Então
u(x, t) = v(x) + w(x, t),
onde v(x) = 10. Assim,
u(x, t) = 10 + w(x, t).
Resolver (∗) reduz-se a resolver o seguinte problema com condições homogêneas:
(∗ ∗ ∗)

wt(x, t)− wxx(x, t) = 0, (x, t) ∈ (0, 4)× (0,∞),
w(0, t) = w(4, t) = 0, t ∈ (0,∞),
w(x, 0) = 10 cos
(πx
4
)
, x ∈ (0, 4).
Aplicando o método de separação de variáveis, escrevemos:
w(x, t) = X(x)T (t).
Substituindo na equação
X(x)T ′(t)−X ′′(x)T (t) = 0⇔ X
′′(x)
X(x)
=
T ′(t)
T (t)
.
Como na última igualdade, o lado esquerdo não depende de t, e o lado direito não
depende de x, ambos deverão ser iguais a uma constante real. Pondo
X ′′(x)
X(x)
=
T ′(t)
T (t)
= −λ,
4
obtemos as equações{
X ′′(x) + λX(x) = 0,
X(0) = X(4) = 0,
e T ′(t) + λT (t) = 0.
O problema
{
X ′′(x) + λX(x) = 0
X(0) = X(4) = 0.
tem autovalores λn =
n2π2
16
, n ∈ {1, 2, 3, · · · }
e as autofunções correspondentes são
Xn(x) = Cn sin
(nπx
4
)
, n ≥ 1.
Determinando a solução geral da equação correspondente T ,
T ′(t) +
n2π2
16
T (t) = 0,
encontramos
Tn(t) = Bne
−n
2π2
16
t.
Assim podemos por
wn(x, t) = Xn(x)Tn(t) e w(x, t) =
∞∑
n=1
An sen
(nπx
4
)
e−
n2π2
16
t.
Usando a condição inicial w(x, 0) = 10 cos
(πx
4
)
, temos
w(x, 0) =
∞∑
n=1
An sen
(nπx
4
)
= 10 cos
(πx
4
)
.
Desta maneira, os valores An são os coeficientes de Fourier em senos de peŕıodo 8
da extensão impar da função 10 cos
(πx
4
)
ao intervalo [−4, 4]. Portanto, é fácil ver
que A1 = 0 e para n ≥ 2 temos que
An =
2
4
∫ 4
0
10 cos
(πx
4
)
sen
(nπx
4
)
dx =
10
2
∫ 4
0
cos
(πx
4
)
sen
(nπx
4
)
dx
= 5
∫ 4
0
cos
(πx
4
)
sen
(nπx
4
)
dx
=
5
2
[∫ 4
0
sen
(
(n+ 1)
πx
4
)
dx+
∫ 4
0
sen
(
(n− 1)πx
4
)
dx
]
=
5
2
[
− 4
(n+ 1)π
cos
(
(n+ 1)
πx
4
)∣∣∣∣4
0
− 4
(n− 1)π
cos
(
(n− 1)πx
4
)∣∣∣∣4
0
]
=
5
2
[
− 4
(n+ 1)π
cos ((n+ 1)π) +
4
(n+ 1)π
− 4
(n− 1)π
cos ((n− 1)π) + 4
(n− 1)π
]
=
5
2
[
8n
(n2 − 1)π
+
(−1)n8n
(n2 − 1)π
]
=
20n
(n2 − 1)π
(1 + (−1)n) .
5
Logo, An =
{
0, n é ı́mpar
40n
(n2−1)π , n é par
ou
{
A2k+1 = 0
A2k =
80k
(4k2−1)π
.
Portanto,
w(x, t) =
∞∑
k=1
80k
(4k2 − 1)π
sen
(
2kπx
4
)
e−
k2π2
4
t.
Finalmente, a solução desejada é
u(x, t) = 10 +
∞∑
k=1
80k
(4k2 − 1)π
sen
(
kπx
2
)
e−
k2π2
4
t.
Questão 4: (2.5 pontos) Considere o seguinte problema:
uyy + uxy = xuy , (x, y) ∈ R× R.
(a) Ache todas as soluções não triviais dessa equação que possam ser escritas na
forma u(x, y) = X(x)Y (y).
Solução
Fazendo u(x, y) = X(x)Y (y) na equação diferencial parcial
X(x)Y ′′(y) +X ′(x)Y ′(y) = xX(x)Y ′(y)
X(x)Y ′′(y) = xX(x)Y ′(y)−X ′(x)Y ′(y)
X(x)Y ′′(y) = Y ′(y)(xX(x)−X ′(x))
Y ′′(y)
Y ′(y)
=
xX(x)−X ′(x)
X(x)
= λ (separação de variáveis)
Logo temos duas equações para serem resolvidas{
Y ′′(y)− λY ′(y) = 0
X ′(x)− (x− λ)X(x) = 0.
A solução geral para a segunda equação é (formulas dadas na prova)
X(x) = A1e
x2
2
−λx.
Para a primeira equação, observamos que a equação caracteŕıstica é r2−λr = 0,
que tem duas soluções, r = 0 ou r = λ. Neste momento identificamos dois
casos:
1. λ = 0.
Neste caso as duas ráızes da equação carateŕıstica são reais iguais e a
solução geral é:
Y (y) = B1y + C1,
e a solução do problema é
U(x, y) = X(x)Y (y) = (Ay +B)e
x2
2 . (1)
6
2. λ 6= 0.
Neste caso as duas ráızes da equação carateŕıstica são reais diferentes e a
solução geral é:
Y (y) = D1 + E1e
λy,
e a solução do problema é
U(x, y) = X(x)Y (y) = (C +Deλy)e(
x2
2
−λx). (2)
(b) Ache uma solução não trivial que satisfaz
u(0, 0) = 0 e ux(0, 0) = 0.
Solução
Para procurar soluções não triviais que satisfaçam as condições dadas, vamos olhar
primeiro a equação (1), assim
0 = U(0, 0) = B e Ux(0, 0) = 0,
ou seja qualquer valor de A 6= 0 temos soluções não triviais, com solução
U(x, y) = Aye
x2
2 .
Também da equação (2)
0 = U(0, 0) = C +D e Ux(0, 0) = −(C +D)λ = 0,
ou seja qualquer valor de C = −D 6= 0 temos soluções não triviais, com solução
U(x, y) = C(1− e−λy)e(
x2
2
−λx).
7
A. O problema {
y′′ = λy,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = −n2π2/L2, n ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
yn(x) = sen
(nπx
L
)
, n ≥ 1.
B.
∫
X ′(x)
X(x)
dx = lnX(x) + C.
8
Gabarito da Segunda Prova Unificada de Cálculo IV - 2017/2 - 14/11/2017
Questão 1: (2.5 pontos) Seja f(x) := sen(πx/2) para x ∈ [0, 1].
(a) Calcule a série de Fourier em senos da função f(x).
Solução
Temos L = 1, e podemos calcular os coeficientes com a fórmula
an =
2
1
∫ 1
0
sen
(nπx
1
)
· sen(πx/2)dx
= 2
∫ 1
0
cos((n− 1/2)πx)/2− cos((n+ 1/2)πx)/2dx
=
[
sen((n− 1/2)πx)
(n− 1/2)π
− sen((n+ 1/2)πx)
(n+ 1/2)π
]1
0
=
−(−1)n
(n− 1/2)π
− (−1)
n
(n+ 1/2)π
= (−1)n+1 · n− 1/2 + (n+ 1/2)
(n2 − 1/4)π
=
(−1)n+1 · 2n
(n2 − 1/4)π
.
A série então é
∞∑
n=1
(−1)n+1 · 2n
(n2 − 1/4)π
sen(nπx).
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−3, 3].
Solução
Pelo teorema de convergência de Fourier a função para a qual ela converge è
periódica de peŕıodo 2, ı́mpar, e igual à media entre f(x−) e f(x+).
Figura 1: Figura
(c) Calcule o valor limite da série
∞∑
k=0
(−1)k2(1 + 2k)
(1 + 2k)2 − 1/4
.
Solução
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e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Para x = 1/2 temos que a série de Fourier é exatamente a série que estamos
tentando calcular dividida por π, então o valor limite vai ser igual a
πf(1/2) = πsen(π/4) = π
√
2
2
.
Questão 2: (2,5 pontos) Encontre todos os valores de λ para os quais existem soluções não triviais
da seguinte equação de Euler com condições de contorno.x2y′′ + λ4y = 0,y(1) = 0, y(4) = 0.
Quais são as soluções não triviais?
Solução
Procuramos soluções da forma y = xr. Derivando y temos
y′′ = r(r − 1)xr−2
Substituindo na equação obtemos as relações
x2r(r − 1)xr−2 + λ
4
xr = 0⇔ (r2 − r + λ
4
)xr = 0⇔ r2 − r + λ
4
= 0,
logo obtemos as raizes
r =
1±
√
1− λ
2
Há três possibilidades:
(a) λ = 1. Neste caso temos uma ráız r = 1/2, a solução geral é dada pela expressão
y(x) = ax1/2 + bx1/2 ln(x), a, b ∈ R
As condições de contorno impõem as igualdades
0 = y(1) = a+ b ln(1)⇒ a = 0,
0 = y(4) = 2 b ln(4)⇒ b = 0
logo a = b = 0. Portanto, que não há soluções não-triviais e 0 não é autovalor.
(b) λ < 1. Neste caso temos duas ráızes reais diferentes
r1 =
1−
√
1− λ
2
e r2 =
1 +
√
1− λ
2
,
a solução geral é dada pela expressão
y(x) = axr1 + bxr2 , a, b ∈ R
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As condições de contorno impõem as igualdades
0 = y(1) = a+ b,
0 = y(4) = a4r1 + b4r2
de onde temos que b = −a e
a (4r1 − 4r2) = 0⇒ a = 0
logo a = b = 0. Portanto, que não há soluções não-triviais e 0 não é autovalor.
(c) λ > 1. Neste caso temos duas ráızes complexas
r1 =
1− i
√
λ− 1
2
=
1
2
− i
√
λ− 1
2
e r2 =
1 + i
√
λ− 1
2
=
1
2
+ i
√
λ− 1
2
,
a solução geral é dada pela expressão
y(x) = ax1/2 cos
(√
λ− 1
2
ln(x)
)
+ bx1/2sen
(√
λ− 1
2
ln(x)
)
, a, b ∈ R
As condições de contorno impõem as igualdades
0 = y(1) = a,
0 = y(4) = 2 b sen
(√
λ− 1
2
ln(4)
)
Portanto, existem soluções não-triviais se, e somente se,
√
λ− 1
2
ln(4) = nπ,
por n inteiro positivo. Assim, as autovalores são
λn =
(
2nπ
ln(4)
)2
+ 1,
e as autofunções correspondentessão dadas por
yn(x) = x
1/2sen
(
nπ
ln(4)
ln(x)
)
.
Questão 3: (2,5 pontos) Encontre a solução u do problema
uxx(x, y) + uyy(x, y) = u(x, y), (x, y) ∈ (0, 4)× (−2, 2),
u(x,−2) = u(x, 2) = g(x), x ∈ [0, 4],
u(0, y) = u(4, y) = 0, y ∈ [−2, 2],
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onde g : [0, 4]→ R é a função definida por
g(x) =

0 se 0 ≤ x < 1,
4 se 1 ≤ x < 3,
0 se 3 ≤ x ≤ 4.
Solução
Primeiramente, procuramos soluções fundamentais da eq. (EQ) e a condição de con-
torno1 homogênea (CCx : Condição de Contorno em x) com variáveis separadas:
u(x, y) = X(x)Y (y).
Substituindo na (EQ) obtemos
X ′′
X
(x) = (1− Y
′′
Y
)(y) = λ ∈ R cte
Substituindo nas c.c. homogêneas (CCx) obtemos X(0) = X(4) = 0. Logo, será
suficiente resolver
(∗1) X ′′ − λX = 0, X(0) = X(4) = 0,
(∗2) Y ′′ − (1− λ)Y = 0.
Notemos que (*1) é um problema de autovalores, só tem solução não trivial para
λ = −n
2π2
42
, n = 1, 2, ... ∈ N
e, para cada n, a solução deve ser um múltiplo de
Xn(x) = sen(
nπ
4
x).
Com estes valores de λ, a eq. (*2) fica
Y ′′ − (1 + n
2π2
42
)︸ ︷︷ ︸
ρn
Y = 0,
onde ρn > 0 para todo n ∈ N. A solução geral de (*2) é combinação linear das funções
Yn(y) ∈ {eµny, e−µny} com µn =
√
1 +
n2π2
42
, n ∈ N.
1Alternativamente, pode se procurar soluções fundamentais da (EQ) junto com (CCx) e u(x,−2) =
u(x, 2)∀x ∈ [0, 4]. Notar que esta ultima condição também é de natureza homogênea. Uma vez achado
este conjunto de sol. fund., só resta propor uma superposição para ajustar a condição restante: u(x, 2) =
g(x)∀x ∈ [0, 4].
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Conclúımos que, tomando un(x, y) = Xn(x)Yn(y), obtemos o seguinte conjunto de
soluções fundamentais da (EQ) com (CCx):
{eµnysen(nπ
4
x), e−µnysen(
nπ
4
x);n ∈ N}.
Para achar a solução do problema completo, propomos uma ’superposição de soluções
fundamentais’:
u(x, y) =
∑
n≥1
cne
µnysen(
nπ
4
x) + kne
−µnysen(
nπ
4
x)
com coeficientes cn, kn ∈ R a determinar pela (CCy).
Para isto, consideramos a serie de Fourier de senos de g (estendendo g como função
impar para [−4, 4]):
S[g](x) =
∑
n≥1
αnsen(
nπ
4
x).
A (CCy) será satisfeita (nos pontos de continuidade da g) se pedimos que os coeficientes
desta série de Fourier de senos coincidam com aqueles das funções x 7→ u(x,−2) e
x 7→ u(x, 2). Chegamos então às seguintes eqs. para cn, kn em termos de αn:
cne
−2µn + kne
2µn = αn,
cne
2µn + kne
−2µn = αn, ∀n ∈ N.
Como e4µn 6= 1,∀n ∈ N, conclúımos que
cn = kn =
αn
e−2µn + e2µn
=
2αn
cosh(2µn)
, n ∈ N.
Só resta calcular os coeficientes de Fourier αn de g. Pela expressão geral eles estão
dados por:
αn =
2
4
∫ 4
0
g(x)sen(
nπ
4
x)dx, n ∈ N.
O resultado destas integrais é:
αn =
8
nπ
(cos(
nπ
4
)− cos(3nπ
4
)), n ∈ N.
Utilizando a fórmula útil cos(a−b)−cos(a+b) = 2sen(a)sen(b), podemos simplificar
a expressão anterior para:
αn =
16
nπ
sen(
nπ
4
)sen(
nπ
2
).
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e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
A expressão acima é zero se n é par e, para n = 2k+ 1 ı́mpar com k = 0, 1, 2, .., temos
α2k+1 =
16
(2k + 1)π
(−1)ksen(2k + 1
4
π).
Portanto, a solução procurada u(x, y) do problema completo é
u(x, y) =
∑
n≥1
8
nπ
(cos(nπ
4
)− cos(3nπ
4
))
e−µn2 + eµn2
(e−µny + eµny)sen(
nπ
4
x)
=
∑
k≥0
16
(2k + 1)π
(−1)ksen(2k+1
4
π)
e−2µ2k+1 + e2µ2k+1
(eµ2k+1y + e−µ2k+1y)sen(
(2k + 1)π
4
x)
=
∑
k≥0
16
(2k + 1)π
(−1)ksen(2k+1
4
π)
cosh(2µ2k+1)
cosh(µ2k+1y)sen(
(2k + 1)π
4
x).
Question 4: (2.5 pontos)
Encontre todas as soluções u da forma u(x, y) = X(x)Y (y) do problema
ux + uy = 2(x+ y)u, (x, y) ∈ R× R.
Solução: Fazendo u(x, y) = X(x)Y (y), temos que a equação diferencial parcial do
problema fica
X ′(x)Y (y) +X(x)Y ′(y) = 2(x+ y)X(x)Y (y)
X ′(x)
X(x)
+
Y ′(y)
Y (y)
= 2x+ 2y
X ′(x)
X(x)
− 2x = 2y − Y
′(y)
Y (y)
= λ ⇐ separação de variáveis.
Obtemos por tanto as equações
X ′(x) = (2x+ λ)X(x) e Y ′(y) = (2y − λ)Y (y).
Usando a formula útil D (do verso da prova), podemos concluir que
X(x) = C1e
x2+λx e Y (y) = C2e
y2−λy,
assim todas as soluções da forma u(x, y) = X(x)Y (y) são
u(x, y) = kex
2+y2+λ(x−y),
onde k é uma constante.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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ALGUMAS FORMULAS ÚTEIS
A. sen(a)sen(b) =
cos(a− b)− cos(a+ b)
2
.
B. Se r1, r2 são as raizes da equação indicial associada a equação de Euler
x2y′′ + αxy′ + βy = 0
então a solução geral dessa equação é:
• y(x) = c1xr1 + c2xr1 ln(x) se r1 = r2 ∈ R.
• y(x) = c1xr1 + c2xr2 se r1 6= r2, r1, r2 ∈ R.
• y(x) = c1xu cos (v ln(x)) + c2xu sen (v ln(x)) se r1 = u+ iv e r2 = u− iv.
C. O problema y′′ + λy = 0,y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = n2π2/L2, n ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
yn(x) = sen
(nπx
L
)
, n ≥ 1.
D.
∫
X ′(x)
X(x)
dx = lnX(x) + C.
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Prova Final Unificada de Cálculo IV- 2016/2, 13/12/2016
Questão 1: (2.5 pontos) Determine se as séries a seguir são divergentes, condicionalmente con-
vergentes ou absolutamente convergentes:
(a)
∞∑
n=1
(−1)n sen(n)
n3
Solução: Pelo teste da comparação, perceba que a presença de sen(n) faz com
que esta não seja uma série alternada, pois seus termos mudam de sinal sem
a regularidade necessária. Por outro lado, a série de seus valores absolutos,
∞∑
n=1
|sen(n)|
n3
, pode ser testada por comparação:
|sen(n)|
n3
≤ 1
n3
.
Como
∞∑
n=1
1
n3
converge, a série dos valores absolutos converge e, consequente-
mente, a série original é absolutamente convergente.
(b)
∞∑
n=1
5n
2
(n!)2
Solução:
Pelos testes da ráız e da comparação
Já que n! ≤ nn, podemos utilizar a comparação 5
n2
(n!)2
≥ 5
n2
(nn)2
. Submetendo a
série referente a este termo anterior ao teste da raiz, obtém-se
lim
n→∞
n
√∣∣∣∣ 5n2(nn)2
∣∣∣∣ = limn→∞ n
√
5n2
n2n
= lim
n→∞
5n
n2
= lim
n→∞
5n (ln5)2
2
= ∞,
onde a regra de L’Hospital foi utilizada duas vezes. Portanto, a série original
é divergente.
1
Pelo teste da razão
lim
n→∞
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
5(n+1)
2
((n+ 1)!)2
5n
2
(n!)2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣∣ 5(n+1)
2
((n+ 1)!)2
· (n!)
2
5n2
∣∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣∣ 5n
2+2n+1
(n+ 1)2 (n!)2
· (n!)
2
5n2
∣∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣ 52n+1(n+ 1)2
∣∣∣∣
= ∞.
A última igualdade segue do fato de esse limite ser semelhante ao calculado no
teste da raiz.
(c)
∞∑
n=1
2
n+ 3n cos2(n)
Solução:
Pelo teste da comparação
O termo no denominador satisfaz n+ 3n cos2 n ≤ 4n. Portanto,
2
n+ 3n cos2 n
≥ 2
4n
=
1
2n
.
Como
∞∑
n=1
1
2n
diverge, a série é divergente.
Questão 2: (2.5 pontos) Considere a equação: 2x2y′′ + 3xy′ + (2x2 − 1)y = 0.
(a) Mostre que x = 0 é ponto singular regular.
(b) Determine as ráızes da equação indicial no ponto x = 0.
(c) Determine a relação de recorrência para os coeficientes da série de potências
em torno de x = 0 da solução y(x) que corresponde à maior raiz da equação
indicial.
Solução:
(a) A equação é da forma:
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde P (x) = 2x2, Q(x) = 3x e R(x) = 2x2 −1.
Como P (0) = 0, o ponto x = 0 é ponto singular da equação. Temos:
lim
x→0
xQ(x)
P (x)
=
x · 3x
2x2
=
3
2
= p0
e
lim
x→0
x2R(x)
P (x)
=
x2(2x2 − 1)
2x2
= −1
2
= q0
Como estes limites existem, x = 0 é ponto singular regular da equação.
2
(b) A equação de Euler associada é:
x2y′′ + p0xy
′ + q0y = 0,
onde p0 e q0 foram determinados no item anterior. Logo,
x2y′′ +
3
2
xy′ +
1
2
y = 0.
Substituindo y = xr, temos:
x2r(r − 1)xr−2 + 3
2
x · rxr−1 − 1
2
xr = 0
⇔ [r(r − 1) + 3
2
r − 1
2
]xr = 0.
Portanto, a equação indicial é dada por:
2r2 + r − 1 = 0.
Suas ráızes são: r1 = 1/2 e r2 = −1.
(c) A solução tem a forma: y =
∞∑
n=0
anx
r+n.
Logo, y′ =
∞∑
n=0
an(r + n)x
r+n−1 e y′′ =
∞∑
n=0
an(r + n)(r + n− 1)xr+n−2.
Substituindo na equação, temos:
∞∑
n=0
2an(r + n)(r + n− 1)xr+n +
∞∑
n=0
3an(r + n)x
r+n +
∞∑
n=0
2anx
r+n+2 −
∞∑
n=0
anx
r+n = 0
⇔
∞∑
n=0
[2(r + n)(r + n− 1) + 3(r + n)− 1]anxr+n +
∞∑
n=0
2anx
r+n+2 = 0
⇔ [r(2r + 1)− 1] a0xr + [(r + 1)(2r + 3)− 1]a1xr+1 +
∞∑
n=2
[((n+ r)(2n+ 2r + 1)− 1)an + 2an−2]xr+n = 0
Devemos então, ter:
r(2r + 1)− 1 = 0
(r + 1)(2r + 3)− 1 = 0
((n+ r)(2n+ 2r + 1)− 1)an + 2an−2 = 0
Para r = 1/2, obtemos:
a0 é arbitrário
5a1 = 0⇒ a1 = 0
[(2n+ 1)(n+ 1)− 1]an + 2an−2 = 0, para n = 2, 3, 4, · · ·
3
Podemos tomar a0 = 1 e neste caso, temos a relação de recorrência:
a0 = 1
an =
−2an−2
n(2n+ 3)
, para n = 2, 4, 6, · · ·
an = 0, para n = 1, 3, 5, · · ·
Questão 3: (2.5 pontos) Resolva o problema de valor inicial{
y′′ + 4y′ + 5y = cos(t)uπ(t),
y(0) = 0, y′(0) = 1,
onde uπ é a função degrau unitário com singularidade em π.
Solução:
Considere a equação diferencial
y′′ + 4y′ + 5y = cos(t)µπ(t)
com condições iniciais y(0) = 0, y′(0) = 1.
Resolver o problema anterior é equivalente a resolver o problema
y′′ + 4y′ + 5y = −µπ(t) cos(t− π)
com condições iniciais y(0) = 0, y′(0) = 1.
Aplicando a transformada de Laplace temos:
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 4(sY (s)− y(0)) + 5Y (s) = −e−πs s
s2 + 1
onde Y (s) é a transformada de Laplace de y(t). Das condições iniciais, segue
a igualdade
(s2 + 4s+ 5)Y (s) = 1− e−πs s
(s2 + 1)
e assim
Y (s) =
1
s2 + 4s+ 5
− e−πs s
(s2 + 1)(s2 + 4s+ 5)
pelo método de frações parciais, temos:
Y (s) =
1
s2 + 4s+ 5
− e−πs
[
As+B
s2 + 1
+
Cs+D
s2 + 4s+ 5
]
De onde A =
1
8
, B =
1
8
, C = −1
8
e D = −5
8
Logo:
Y (s) =
1
s2 + 4s+ 5
−e−πs
[
1
8
s
s2 + 1
+
1
8
1
s2 + 1
− 1
8
s
(s+ 2)2 + 1
− 5
8
1
(s+ 2)2 + 1
]
4
Y (s) =
1
(s+ 2)2 + 1
− 1
8
e−πs
s
s2 + 1
− 1
8
e−πs
1
s2 + 1
+
1
8
e−πs
s
(s+ 2)2 + 1
+
5
8
e−πs
1
(s+ 2)2 + 1
.
Aplicando a transformada inversa de Laplace a ambos os lados da igualdade
anterior temos que:
y(t) = e−2t sin t− 1
8
µπ(t) cos(t− π)−
1
8
µπ(t) sin(t− π) +
1
8
µπ(t)e
−2(t−π) cos(t− π)
+
3
8
µπ(t)e
−2(t−π) sin(t− π).
Questão 4: (2.5 pontos) Seja f : [0, 2]→ R a função definida por
f(x) =
{
x se 0 ≤ x < 1,
1 se 1 ≤ x < 2.
(a) Determine a série de Fourier em senos de f .
Solução:
Como queremos a série de Fourier em senos, então vamos considerar a
extensão impar de f(x), neste caso o intervalo tem comprimento 2L = 4,
assim L = 2. Como a extensão é impar, então am = 0, para todo m ≥ 0 e
bm =
2
2
∫ 2
0
f(x) sin
(mπx
2
)
dx =
∫ 1
0
x sin
(mπx
2
)
dx+
∫ 2
1
sin
(mπx
2
)
dx
= − 2
mπ
x cos
(mπx
2
) ∣∣∣∣1
0
+
2
mπ
∫ 1
0
cos
(mπx
2
)
dx− 2
mπ
cos
(mπx
2
) ∣∣∣∣2
1
=
2
mπ
2
mπ
sin
(mπx
2
) ∣∣∣∣1
0
− 2
mπ
cos (mπ)
=
4
(mπ)2
sin
(mπ
2
)
− 2
mπ
cos(mπ).
A série de Fourier é então
f(x) =
∞∑
m=1
[
4
(mπ)2
sin
(mπ
2
)
− 2
mπ
cos(mπ)
]
sin
(mπx
2
)
.
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−6, 6].
Solução:
Figura 1:
5
Gabarito da Prova Final Unificada de Cálculo IV - 2017/1, 20/06/2017
Questão 1: Considere a equação
y′′ − xy′ − y = 0.
(a) Mostre que x = 0 é ponto ordinário dessa equação.
Solução:
A equação é da forma P (x)y′′ + R(x)y′ + Q(x)y = 0 com P (x) = 1. Como
P (0) = 1 6= 0 então x = 0 é ponto ordinário.
(b) Determine a relação de recorrência dos coeficientes da solução em série dessa
equação em torno do ponto x = 0.
Solução:
Procuramos solução da forma
y =
∞∑
n=0
anx
n.
Dáı
y′ =
∞∑
n=1
nanx
n−1 y′′ =
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2.
Substituindo na equação:
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2 − x
∞∑
n=1
nanx
n−1 −
∞∑
n=0
anx
n = 0
Reindexando a primeira parcela (m = n− 2):
∞∑
m=0
(m+ 2)(m+ 1)am+2x
m −
∞∑
m=0
mamx
m −
∞∑
m=0
amx
m = 0
Evidenciando xm:
∞∑
m=0
[(m+ 2)(m+ 1)am+2 − (m+ 1)am]xm = 0.
Logo, a recorrência é:
am+2 =
m+ 1
(m+ 2)(m+ 1)
am =
1
(m+ 2)
am
1
(c) Determine os primeiros quatro termos não nulos da solução y(x) que satisfaz
y(0) = 2 e y′(0) = 0.
Solução:
Como y′(0) = a1 = 0, temos que am = 0 para todo m ı́mpar. Como y(0) = 2,
temos
a0 = 2; a2 =
1
2
a0 = 1; a4 =
1
4
a2 =
1
4
; a6 =
1
6
a4 =
1
24
.
Questão 2: Encontre γ de modo que a solução do problema de valor inicial{
x2y′′ − 2y = 0,
y(1) = 1, y′(1) = γ,
tende a zero quando x tende a zero.
solução:
Identificamos que a equação anterior é uma equação de Euler, com α = 0 e β = −2,
por tanto a equação quadrática associada é r(r − 1) − 2 = 0, que tem como ráızes
r1 = 2 e r2 = −1, as quais são reais diferentes, por tanto a solução geral do problema
é da forma
y(x) = c1|x|−1 + c2|x|2.
Como queremos soluções tal que lim
x→0
y(x) = 0, então deve ser c1 = 0 pois lim
x→0
|x|−1 =
+∞, por tanto a solução geral então tem a forma y(x) = c2|x|2. As condições iniciais
do problema nos dão que c2 = y(1) = 1 e 2c2 = y
′(1) = γ, o seja γ = 2.
Questão 3: Resolva o problema de valor inicial{
y′′ + 2y′ + 2y = cos (t)uπ(t)
y(0) = 1, y′(0) = −1,
onde uπ é a função degrau unitário com descontinuidade em t = π.
Solução
Usando o método da transformada de Laplace obtemos
L[y′′]+2L[y′]+2L[y] = −y′(0)−sy(0)+s2Y (s)+2sY (s)−2y(0)+2Y (s) = −e−πs s
s2 + 1
+s+1,
Y (s) =
1
s2 + 2s+ 2
(
−e−πs s
s2 + 1
+ s+ 1
)
.
Onde usamos a tabela e o fato que cos(t) = −cos(t− π).
Note que s2 + 2s+ 2 = (s+ 1)2 + 1. Logo
L−1
[
s+ 1
(s+ 1)2 + 1
]
= e−t cos(t). (1) Eq:1
Pelo Cálculo I (decomposição em frações parciais) é fácil de ver que
F (s) :=
s
[(s+ 1)2 + 1](s2 + 1)
=
1
5
(
s+ 2
s2 + 1
− s+ 4
(s+ 1)2 + 1
)
.
2
Calculando a transformada de Laplace inversa obtemos
L−1
(
−e−πsF (s)
)
=
uπ(t)
5
e−(t−π) cos(t− π) + 3uπ(t)
5
e−(t−π) sin(t− π)
− uπ(t)
5
cos(t− π)− 2uπ(t)
5
sin(t− π). (2)
Somando (1), (2), obtemos a solução desejada
y(t) = L−1(Y (s))(t) = uπ(t)
5
e−(t−π) cos(t− π) + 3uπ(t)
5
e−(t−π) sin(t− π)
− 2uπ(t)
5
sin(t− π)− uπ(t)
5
cos(t− π) + e−t cos(t)
= −uπ(t)
5
e−(t−π) cos(t)− 3uπ(t)
5
e−(t−π) sin(t) +
uπ(t)
5
cos(t)
+
2uπ(t)
5
sin(t) + e−t cos(t).
Questão 4: Encontra a solução u : [0, 10]× [0, 10]→ R do seguinte problema
uxx + uyy = u (x, y) ∈ (0, 10)× (0, 10)
u(x, 0) = 0, u(x, 10) = 0 x ∈ [0, 10]
u(0, y) = f(y), u(10, y) = 0 y ∈ [0, 10],
onde f : [0, 10]→ R é a função definida por
f(y) =
{
y se 0 ≤ y < 5
10− y se 5 ≤ y ≤ 10.
Solução:
Buscamos primeiro soluções da forma
u(x, y) = X(x)Y (x).
Substituindo u na equação, temos
X ′′Y +XY ′′ = XY
X ′′
X
− 1 = −Y
′′
Y
.
Como o lado esquerdo só depende de x e como o lado direito só depende de y, os
dois são iguais à mesma constante λ. Assim
X ′′ = (λ+ 1)X, e
Y ′′ = −λY.
3
Substituindo u nas condições de contorno homogêneas, temos
X(x)Y (0) = 0∀x⇒ Y (0) = 0
X(x)Y (10) = 0∀x⇒ Y (10) = 0 e
X(10)Y (y) = 0∀y ⇒ X(10) = 0
Os autovalores e autofunções do problema em Y são
λm =
m2π2
100
, e
Ym = sen
(mπy
10
)
,
onde m ∈ {1, 2, 3, ...}. Substituindo λm na equação de X, temos
X ′′m =
(
1 +
m2π2
100
)
Xm
Xm = Amcosh
(√
1 +
m2π2
100
x
)
+Bmsenh
(√
1 +
m2π2
100
x
)
.
Como Xm(10) = 0, temos
Amcosh
(√
100 +m2π2
)
+Bmsenh
(√
100 +m2π2
)
= 0.
Assim
Bm = − coth
(√
100 +m2π2
)
Am.
Segue que as soluçõesseparáveis são
um(x, y) = Am
(
cosh
(√
1 +
m2π2
100
x
)
−
coth
(√
100 +m2π2
)
senh
(√
1 +
m2π2
100
x
))
sen
(mπy
10
)
.
Pelo prinćıpio de superposição, a solução geral é
u(x, y) =
∞∑
m=0
Am
(
cosh
(√
1 +
m2π2
100
x
)
−
coth
(√
100 +m2π2
)
senh
(√
1 +
m2π2
100
x
))
sen
(mπy
10
)
.
4
Para determinar os coeficientes, avaliamos u em x = 0.
f(y) = u(0, y) =
∞∑
m=1
Amsen
(mπy
10
)
.
Segue pelas fórmulas de Euler-Fourier para séries de Fourier em senos que
Am =
1
5
∫ 10
0
f(y)sen
(mπy
10
)
dy
=
1
5
∫ 5
0
sen
(mπy
10
)
dy +
1
5
∫ 10
5
(10− y)sen
(mπy
10
)
dy
=
40
m2π2
sen
(mπ
2
)
.
Assim
u(x, y) =
∞∑
m=1
40
m2π2
sen
(mπ
2
)(
cosh
(√
1 +
m2π2
100
x
)
−
coth
(√
100 +m2π2
)
senh
(√
1 +
m2π2
100
x
))
sen
(mπy
10
)
.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
5
Gabarito da Prova Final Unificada de Cálculo IV - 2017/2 - 30/11/2017
Questão 1: (2.5 pontos)
(a) Encontre a série de Taylor da função f(x) = ln x centrada em x = 1.
Solução
Para dar solução a este problema, temos que lembrar da serie geométrica
∞∑
n=0
rn =
1
1− r
(1)
para todo |r| < 1.
Antes de mostrar (a), primeiro derivaremos a função f(x) = ln(x), assim
(ln(x))′ =
1
x
=
1
1− (1− x)
basta pegar r por 1− x na equação (1), temos
(ln(x))′ =
1
1− (1− x)
=
∞∑
n=0
(1− x)n =
∞∑
n=0
(−1)n(x− 1)n, (2)
finalmente integrando a equação (2), obtemos a série de Taylor em torno de x = 1
da função f(x) = ln(x)
ln(x) =
∞∑
n=0
(−1)n(x− 1)n+1
n+ 1
. (3)
(b) Calcule como uma série de potência a integral
∫
lnx
x− 1
dx centrada em x = 1.
Solução
Para mostrar (b), basta substituir ln(x) por (3), logo obtemos∫
ln(x)
x− 1
dx =
∫ ∞∑
n=0
(−1)n(x− 1)n+1
(n+ 1)(x− 1)
dx =
∞∑
n=0
∫
(−1)n(x− 1)n
(n+ 1)
dx
finalmente integrando obtemos∫
ln(x)
x− 1
dx =
∞∑
n=0
(−1)n(x− 1)n+1
(n+ 1)2
+ c.
onde c é uma constante.
Copyright c© 2017, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia, reprodução
e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Questão 2: (2,5 pontos) Considere a equação
x(2− x)y′′ + (x+ 2)y′ + 2y = ex−1.
(a) Mostre que x0 = 1 é um ponto ordinário dessa equação.
Solução
Na forma geral P (x)y′′+Q(x)y′+R(x)y = G(x) os pontos ordinários são os pontos
nos quais as funções Q(x)/P (x) e R(x)/P (x) são anaĺıticas. Já que P (x), Q(x)
e R(x) são polinômios, então os pontos que não são ráızes de P (x) são pontos
ordinário. Logo x0 = 1 é ordinário pois ele não é uma raiz de P (x) = x(2− x).
(b) Determine a relação de recorrência da solução em séries dessa equação em torno
desse ponto.
Solução
Suponhamos que y =
∑∞
n=0 an(x− 1)n é a soluçã da equação. Temos então
y′ =
∞∑
n=1
nan(x− 1)n−1, y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)an(x− 1)n−2 (4)
Para igualar os coeficientes das potências iguais de (x−1), precisamos de escrever
os coeficiente de y em potências de (x− 1):
x(2− x) = 1− (x− 1)2 e x+ 2 = (x− 1) + 3. (5)
Também substitúımos ex−1 pela serie de Taylor dela que é
∞∑
n=0
(x− 1)n
n!
. (6)
Substituindo (2) e (3) na equação dada e mudando os ı́ndices, temos
x(2−x)y′′ = 2·1·a2+3·2·a3(x−1)+
∞∑
n=2
(n+2)(n+1)an+2(x−1)n−
∞∑
n=2
n(n−1)an(x−1)n
(7)
(x+2)y′ = a1(x−1)+
∞∑
n=2
nan(x−1)n+3(a1+2.a2(x−1)+
∞∑
n=2
(n+1)an+1(x−1)n)
(8)
2y = 2a0 + 2a1(x− 1) + 2
∞∑
n=2
an(x− 1)n (9)
Agora somamos as equações (5),(6) e (7) e igualar os coeficientes das potências
iguais de (x− 1) em (4):
2a2 + 3a1 + 2a0 = 1 (10)
6a3 + 6a2 + 3a1 = 1 (11)
Copyright c© 2017, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia, reprodução
e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
A relação de recorrência para n ≥ 2 é
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + 3(n+ 1)an+1 + (2− n2)an =
1
n!
. (12)
(c) Determine uma cota inferior para o raio de convergência da série encontrada em
(b).
Solução
Uma cota inferior para raio de convergência a menor distancia entre x0 e as ráızes
(Real e Complexo) de P (x). Portanto a cota inferior será
min{|1− 0|, |1− 2|} = 1.
Questão 3: (2,5 pontos)
(a) Determine a série de Fourier em cossenos da função
f(x) =
0 se 0 ≤ x < 1,(x− 1)2 se 1 ≤ x ≤ 2.
Solução.
Fazendo a extensão par da função f(x) obtemos
f̃(x) =

f(x), se 0 ≤ x ≤ 2
f(−x), se − 2 ≤ x ≤ 0
f̃(x+ 4)
Logo, a série de Fourier associada (em termos de cossenos) é da forma
S[f̃ ] =
a0
2
+
∞∑
n=1
an cos
(nπx
2
)
onde
a0 =
2
2
∫ 2
0
f(x)dx =
∫ 2
1
(x− 1)2dx = 1
3
e
an =
2
2
∫ 2
0
f(x) cos
(nπx
2
)
=
2
nπ
[
4
nπ
cos(nπ) +
8
n2π2
sin
(nπ
2
)]
, n ≥ 1.
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e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida em (a) no intervalo [−6, 6]. Solução
x
y
1 2 3 4 5 6
1
−1−2−3−4−5−6
(c) Calcule o valor da série
∑∞
m=1
(−1)m+1
m2
.
Solução Como f(x) é cont́ınua em x = 1, a série de Fourier converge nesse ponto
para f(1), ou seja
0 = f(1) =
1
6
+
∞∑
n=1
an cos
(nπx
2
)
,
onde os coeficientes an são dados pela fórmula do primeiro item. Logo, substi-
tuindo, conclúımos que
0 =
1
6
+
∞∑
n=1
8
n2π2
cos
(nπ
2
)
.
Logo, dividindo a suma dos termos pares e ı́mpares, conclúımos que
0 =
1
6
+
∞∑
m=1
8
4m2π2
cos (mπ) =
1
6
+
∞∑
m=1
2(−1)m
m2π2
o qual implica que
∞∑
m=1
(−1)m+1
m2
=
π2
12
.
Questão 4: (2.5 pontos)
Encontre a solução u : [0, 4]× [0,+∞)→ R do seguinte problema
uxx − ut = u (x, t) ∈ (0, 4)× (0,+∞)
u(0, t) = 0, ux(4, t) = 0 t > 0
u(x, 0) = f(x) x ∈ [0, 4].
onde f : [0, 4]→ R é a função f(x) =
x se 0 ≤ x < 20 se 2 ≤ x ≤ 4.
Solução Procuramos soluções da forma u(x, t) = X(x)T (t).
Assim temos X ′′T −XT ′ = XT , ou
X ′′
X
=
T ′
T
+ 1 = −λ.
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e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
As expressões acima por X e T dependem de variáveis diferentes. Para coincidirem,
elas devem ser iguais a mesma constante, denotada aqui por −λ ∈ R. Também, X
satisfaz X(0) = 0 e X ′(4) = 0. Logo, as funções satisfazem
X ′′ + λX = 0, e X(0) = 0, X ′(4) = 0,
T ′ = −(λ+ 1)T.
Para a equação da variável x, pela formulas uteis temos que os autovalores são λn =(
(2n−1)π
8
)2
e as auto funções Xn(x) = sen
(
(2n−1)πx
8
)
. Substituindo estes valores λn na
equação da variável t temos que
Tn(t) = e
−(( (2n−1)π8 )2+1)t e como consequência
un(x, t) = e
−(( (2n−1)π8 )2+1)tsen
(
(2n− 1)πx
8
)
.
Para resolver o problema de valor inicial, formamos a série infinita de soluções
u(x, t) =
∞∑
n=1
cne
−(( (2n−1)π8 )2+1)tsen
(
(2n− 1)πx
8
)
.
Isso deve satisfazer u(x, 0) = f(x) =
∑
n cnsen
(
(2n−1)πx
8
)
. No intervalo [−4, 4], toda
função (seccionalmente cont́ınua) pode ser representada por uma série de Fourier∑
n(bnsen(nπx/4) + an cos(nπx/4). Toda função definida em [0, 4] pode ser esten-
dida para uma função ı́mpar em [−4, 4] e assim obtemos uma representação como∑
n bnsen(nπx/4) (é dizer, com an = 0). Nesse caso, queremos representar a função f ,
com domı́nio [0, 4], como
∑
n cnsen
(
(2n−1)πx
8
)
. Por isso, estendemos a função para o
intervalo [0, 8] por reflexão em na linha vertical x = 4. Isso é,
fext(x) =
f(x) se x ∈ [0, 4),f(8− x) se x ∈ [4, 8]
=

x se x ∈ [0, 2),
0 se x ∈ [2, 6],
8− x se x ∈ (6, 8].
fext é seccionalmente cont́ınua em [0, 8] e então pode ser representada como
∑
k bksen(kπx/8),
mas com essa escolha de extensão afirmamos que bk = 0 quando k = 2n é par. De
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fato, b2n é calculado por
b2n =
2
8
∫ 8
0
fext(x)sen
(
2nπx
8
)
dx,
=
1
4
∫ 2
0
xsen
(nπx
4
)
dx+
1
4
∫ 8
6
(8− x)sen
(nπx
4
)
dx,
=
1
4
∫ 2
0
xsen
(nπx
4
)
dx− 1
4
∫ 0
2
tsen
(
nπ(8− t)
4
)
dt,
=
1
4
∫ 2
0
xsen
(nπx
4
)
dx− 1
4
∫ 2
0
tsen
(
nπt
4
)
dt,
= 0.
Nesta última igualdade usamos que seno é impar e periódica de peŕıodo 2π. Analoga-
mente,
b2n−1 =
2
8
∫ 2
0
xsen
(
(2n− 1)πx
8
)
dx+
2
8
∫ 8
6
(8− x)sen
(
(2n− 1)πx
8
)
dx
=
1
2
∫ 2
0
xsen
(
(2n− 1)πx
8
)
dx,
(a mesma substituição mostra que as integrais são iguais)
=
1
2
(
x
−8
(2n− 1)π
cos
(
(2n− 1)πx
8
)∣∣∣∣2
0
+
∫ 2
0
8
(2n− 1)π
cos
(
(2n− 1)πx
8
)
dx
)
,
=
−8
(2n− 1)π
cos
(
(2n− 1)π
4
)
+
(
8
(2n− 1)π
)2
sen
(
(2n− 1)π
4
)
.
Para esses valores de b2n−1 a função
u(x, t) =
∞∑
n=1
b2n−1e
−(( (2n−1)π8 )2+1)tsen
(
(2n− 1)πx
8
)
.
é uma solução do problema de valor inicial.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
Copyright c© 2017, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia, reprodução
e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
ALGUMAS FORMULAS ÚTEIS
A. A série de Taylor da função exponencial centrada no x = 0 é
+∞∑
n=0
xn
n!
.
B. O problema y′′ + λy = 0,y(0) = 0, y′(4) = 0,
tem autovalores λn = π
2
(
2n− 1
8
)2
, n ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes
são
yn(x) = sen
(
(2n− 1)πx
8
)
, n ≥ 1.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014
Questão 1: (3 pontos)
(a) [1 ponto] Dizer se a série
+∞∑
n=1
1
n(n+1) converge ou diverge. No caso da série convergir, calcular o
valor da soma.
(b) [1 ponto] Dizer se a série
+∞∑
n=0
(−3)n+1
πn
converge ou diverge. No caso da série convergir, calcular o
valor da soma.
(c) [1 ponto] Considere a sequência {an}n∈N satisfazendo limn→+∞ |an| = π. Determinar o raio de
convergência da série de potências
+∞∑
n=0
anxn
n! .
Solução:
(a) Observamos que 1
n(n+1) ≤
1
n2
, ∀n ≥ 1. Além disso
+∞∑
n=1
1
n2
converge já que é uma p−série
de Riemann com p = 2 > 1. Portanto, deduzimos do teste de comparação que
+∞∑
n=1
1
n(n+1)
converge.
Para calcular a soma, observamos que 1
n(n+1) =
1
n
− 1
n+1 . Logo,
SN =
N∑
n=1
1
n(n+ 1) =
N∑
n=1
1
n
−
N+1∑
n=2
1
n
= 1− 1
N + 1 −→N→+∞ 1 =
+∞∑
n=1
1
n(n+ 1) .
(b) Observamos que
+∞∑
n=0
(−3)n+1
πn
= −3
+∞∑
n=0
(
−3
π
)n
, o que corresponde a uma série geométrica de
razão − 3
π
. Como
∣∣∣− 3
π
∣∣∣ < 1, essa série converge e a sua soma é dada por
+∞∑
n=0
(−3)n+1
πn
= −3 11 + 3
π
= − 3π3 + π .
(c) Usaremos o teste da razão. Se bn(x) = anx
n
n! , temos, para todo x ∈ R,
lim
n→+∞
|bn+1(x)|
|bn(x)|
= lim
n→+∞
|an+1|
|an|
|x|
n+ 1 =
π
π
|x| lim
n→+∞
1
n+ 1 = 0 .
Portanto a série converge absolutamente para todo x ∈ R; logo seu raio de convergência é
R = +∞.
Questão 2: (2.5 pontos)
(a) [2 pontos] Usar o método de soluções por séries de potências para resolver o seguinte problema
de valor inicial: y′′(x) + 2x y′(x) + 2y = 0,y(0) = 1, y′(0) = 0.
Determinar o domínio de definição da solução y(x).
(b) [0.5 ponto] Calcular lim
x→+∞
y(x).
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Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014(continuação)
Solução:
(a) Primeiramente observamos que x = 0 é um ponto ordinário para a equação diferencial
y′′ + 2x y′ + 2y = 0. De fato, p = 2x e q = 2 são polinômios e portanto, são funções
analíticas em x = 0, ambas com raio de convergência infinito. Assim, procuraremos a
solução do problema usando a representação de y como uma série de potências em torno
do ponto x = 0, a qual também estará definida para todo x ∈ R.
Lembramos que valem as igualdades:
y(x) =
+∞∑
n=0
anx
n, y′(x) =
+∞∑
n=1
nanx
n−1 e y′′(x) =
+∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn . (1)
Usando as condições iniciais do problema e as relações acima, obtemos
y(0) = a0 = 1 e y′(0) = a1 = 0. (2)
Substituindo as 3 relações em (1) na equação diferencial é obtida a seguinte igualdade:
+∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn + 2
+∞∑
n=1
nanx
n + 2
+∞∑
n=0
anx
n = 0. (3)
Agrupando convenientemente os termos da série (3) tem-se
2a2 + 2a0 +
+∞∑
n=1
[
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + 2(n+ 1)an
]
xn = 0,
de onde decorre a seguinte relação de recorrência:
a2 + a0 = 0⇐⇒ a2 = −a0, (4)
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + 2(n+ 1)an = 0⇐⇒ an+2 = −
2an
n+ 2 , n ≥ 1. (5)
Agora procedemos com o cálculo dos termos de ordem par. Notamos o seguinte padrão
procedente da recorrência (4) - (5):
a2 = −a0 = −1, a4 = −
2a2
4 =
1
2 , a6 = −
2a4
6 = −
1
2 · 3 , . . . , a2κ = (−1)
κ 1
κ ! , κ ∈ N.
Por outro lado, como a1 = 0, todo os termos de ordem ímpar sempre se anulam de acordo
com a recorrência (4) - (5), ou seja, a2κ+1 = 0 para todo κ ∈ N.
Pondo as relações encontradas para a2κ e a2κ+1 na primeira expressão de (1) obtemos que
a solução do problema é dada pela série de potências
y(x) =
+∞∑
κ=0
(−1)κ
κ ! x
2κ, x ∈ R. (6)
(b) Lembramos que o desenvolvimento em série de potências da função f(x) = ex é dado por
ex =
+∞∑
κ=0
xκ
κ ! , x ∈ R.
Assim,
e−x
2 =
+∞∑
κ=0
(−x2)κ
κ ! =
+∞∑
κ=0
(−1)κx2κ
κ ! , x ∈ R,
que coincide com o desenvolvimento da solução encontrada em (6). Portanto,
lim
x→+∞
y(x) = lim
x→+∞
e−x
2 = 0.
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Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014(continuação)
Questão 3: (2 pontos)
(a) [1 ponto] Calcular a transformada de Laplace da função f definida por
f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < π2 ,
et sen t se t ≥ π2 .
(b) [1 ponto] Seja g uma função definida sobre [0,+∞) cuja derivada é seccionalmente contínua e
de ordem exponencial. Se além disso g(0) = 1 e L[g(t)](s) = arctan(s), calcular L
[
e2tg′(t)
]
(s).
Solução:
(a) Escrevemos f na forma f(t) = uπ
2
(t) et−π2 +π2 sen (t − π2 +
π
2 ) = e
π
2 uπ
2
(t) et−π2 cos(t − π2 ).
Usando as fórmulas (7), (8) e (5) da tabela anexada, obtemos que
L[f ](s) = eπ2 e−π2 sL
[
et cos(t)
]
(s) = eπ2 (1−s)L [cos(t)] (s− 1) = e
π
2 (1−s)(s− 1)
1 + (s− 1)2 , ∀ s > 1 .
(b) Usando a fórmula (9) da tabela anexada, calculamos L[g′](s) = s arctan(s)− 1. Logo, pela
fórmula tem-se (8):
L
[
e2tg′(t)
]
(s) = L[g′](s− 2) = (s− 2) arctan(s− 2)− 1, ∀ s > 1 .
Questão 4: (2.5 pontos)
Resolver o problema de valores iniciais:y′′(t) + 4y(t) = g(t) ,y(0) = y′(0) = 0 ,
onde
g(t) =

0 se 0 ≤ t < 3 ,
2 se 3 ≤ t < 5 ,
0 se t > 5 .
Solução:
Escrevemos g na forma g(t) = 2u3(t)− 2u5(t). Assim, segue das fórmulas (1) e (7) da tabela
L[g](s) =
(
e−3s − e−5s
)2
s
.
Portanto, deduzimos aplicando a transformada de Laplace à equação e usando a fórmula (9) e as
condições iniciais
L[y′′ + 4y](s) = s2L[y](s)− sy(0)− y′(0) + 4L[y](s) = (s2 + 4)L[y](s) =
(
e−3s − e−5s
)2
s
.
Daí, obtemos
L[y](s) =
(
e−3s − e−5s
) 2
s(s2 + 4) =
(
e−3s − e−5s
)
H(s), onde H(s) = 2
s(s2 + 4) . (7)
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Gabarito primeira prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 01/04/2014(continuação)
Para achar a transformada inversa de H, h(t) = L−1
[
H(s)
]
(t), expandimos H em frações parciais
H(s) = 2
s(s2 + 4) =
a
s
+ bs+ c
s2 + 4 =
s2(a+ b) + cs+ 4a
s(s2 + 4) .
Identificando os coeficientes, obtemos o sistema:
a+ b = 0;
c = 0;
4a = 2.
⇒

a = 12 ;
b = −12 ;
c = 0.
As fórmulas (1) e (5) da tabela implicam então que
H(s) = 12L[1](s)−
1
2L[cos(2t)](s) = L[h](s) onde h(t) =
1
2 −
cos(2t)
2 . (8)
Finalmente, concluímos de (7), (8) e da fórmula (7) da tabela
y(t) = u3(t)h(t−3)−u5(t)h(t−5) =
1
2
(
u3(t)−u5(t)
)
−12(
u3(t) cos
(
2(t−3)
)
−u5(t) cos
(
2(t−5)
))
.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
Duração da prova: duas horas
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO
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Tabela Básica de Transformadas de Laplace
(1) L [1] (s) = 1
s
.
(2) L
[
eat
]
(s) = 1
s− a
.
(3) L [tn] (s) = n!
sn+1
.
(4) L [sen at] (s) = a
s2 + a2 .
(5) L [cos at)] (s) = s
s2 + a2 .
(6) L [δ(t− c)] (s) = e−cs .
(7) L [uc(t) f(t− c)] (s) = e−csL[f(t)](s) .
(8) L
[
ect f(t)
]
(s) = L[f ](s− c) .
(9) L
[
f (n)(t)
]
(s) = sn L[f(t)](s)− sn−1f(0)− · · · f (n−1)(0) .
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Questão 1: (2.5 pontos)
Seja f(x) =
∞∑
n=1
(n+ 1)2
n3
(x− 2)n.
a) [2.0 pontos] Determine os valores de x ∈ R tais que f(x) é convergente.
b) [0.5 ponto] Determine f (17)(2), onde f (17)(x) é a décima sétima derivada de f(x).
Solução:
a) Usaremos o Teste da Razão para determinar o raio de convergência ρ da série, logo devemos
calcular, caso exista, o lim
n→∞
∣∣∣an+1(x)
an(x)
∣∣∣, onde an(x) = (n+1)2n3 (x− 2)n. Assim,
lim
n→∞
∣∣∣∣∣an+1(x)an(x)
∣∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣∣(n+ 2)2(x− 2)n+1(n+ 1)3 · n
3
(n+ 1)2(x− 2)n
∣∣∣∣∣
= lim
n→∞
∣∣∣∣∣(n+ 2)2(n+ 1)2 · n
3
(n+ 1)3 (x− 2)
∣∣∣∣∣
= |x− 2|
(
lim
n→∞
n+ 2
n+ 1
)2 (
lim
n→∞
n
n+ 1
)3
= |x− 2|.
Pelo Teste da Razão, se |x− 2| < 1⇔ 1 < x < 3 a série f(x) converge absolutamente.
Agora estudamos os extremos do intervalo. No caso em x = 1 a série correspondente
f(1) =
∞∑
n=1
(−1)n (n+ 1)
2
n3
é convergente de acordo com o Critério de Leibniz para séries
alternadas. De fato, a sequência
bn :=
(n+ 1)2
n3
= 1
n
(
n+ 1
n
)2
= 1
n
(
1 + 1
n
)(
1 + 1
n
)
satisfaz as seguintes condições:
• bn > 0, para todo n ≥ 1,
• lim
n→∞
bn =
(
lim
n→∞
1
n
) [
lim
n→∞
(
1 + 1
n
)]2
= 0 · 1 = 0,
• bn é decrescente (bn+1 < bn, n ≥ 1), pois as sequências cn := 1n e dn := 1 +
1
n
são decrescentes e o produto de sequências positivas e decrescentes resulta em uma
sequência decrescente.
Finalmente, no caso em que x = 3, temos que f(3) =
∞∑
n=1
(n+ 1)2
n3
, cujo termo an = (n+1)
2
n3
satisfaz a desigualdade (n+1)
2
n3
> n
2
n3
= 1
n
para todo n ≥ 1. Portanto, de acordo com o
teste de comparação, a divergência da série harmônica
∞∑
n=1
1
n
implica a divergência de f(3).
Resumindo, f(x) converge no intervalo 1 ≤ x < 3.
b) Sabemos que os coeficientes de uma série de potências f(x) = ∑
n≥0
an(x− x0)n, definida no
intervalo |x−x0| < ρ, ρ > 0, podem ser obtidos através das igualdades an = f
(n)(x0)
n! , n ≥ 0.
Portanto, a17 = 18
2
173 =
f (17)(2)
17! , de onde concluímos que f
(17)(2) =
(
18
17
)2
16!.
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Questão 2: (2.5 pontos)
Considere o seguinte problema de valores iniciais:
(I)
y′′(x)− xy′(x) = senx,y(0) = 1, y′(0) = 2.
Deseja-se procurar a solução de (I) em forma de série de potências centrada na origem x = 0, isto é,
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n.
a) [2.0 pontos] Use que o desenvolvimento em série de Taylor da função senx é dado por
∞∑
κ=0
(−1)κ
(2κ+ 1)!x
2κ+1 = x− x
3
3! +
x5
5! −
x7
7! + · · ·
para determinar a relação de recorrência entre os coeficientes da série de potências y(x).
b) [0.5 ponto] Determine os valores de an com 1 ≤ n ≤ 6.
Solução:
a) Procuramos por uma solução da forma y(x) = ∑
n≥0
anx
n, com an ∈ R e |x| < ρ para algum
ρ > 0. Assim, y′(x) = ∑
n≥1
nanx
n−1 e y′′(x) = ∑
n≥2
n(n−1)anxn−2 =
∑
n≥0
(n+2)(n+1)an+2xn.
Substituindo as expressões de y′ e y′′ na equação diferencial y′′(x)−xy′(x) = senx obtemos
a igualdade ∑
n≥0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn −
∑
n≥1
nanx
n =
∑
κ≥0
(−1)κx2κ+1
(2κ+ 1)! ,
a qual pode ser reescrita como segue
2a2 +
∑
n≥1
[(n+ 2)(n+ 1)an+2 − nan]xn =
∑
κ≥0
(−1)κx2κ+1
(2κ+ 1)! .
A série do membro direito da igualdade só contém potências ímpares de x, logo concluímos
que 2a2 = 0, ou seja, a2 = 0. Além disso, a relação de recorrência é dividida em duas
partes:
Caso 1: n = 2κ (κ = 1, 2, . . . )
(2κ+ 2)(2κ+ 1)a2κ+2 − 2κa2κ = 0 =⇒ a2κ+2 =
2κa2κ
(2κ+ 2)(2κ+ 1) .
Caso 2: n = 2κ+ 1 (κ = 0, 1, 2, . . . )
(2κ+3)(2κ+2)a2κ+3−(2κ+1)a2κ+1 =
(−1)κ
(2κ+ 1)! =⇒ a2κ+3 =
(2κ+ 1)a2κ+1
(2κ+ 3)(2κ+ 2) +
(−1)κ
(2κ+ 3)! .
b) As condições iniciais y(0) = 1 e y′(0) = 2 nos dão que a0 = 1 e a1 = 2. Além disso, como
a2 = 0, de acordo com recorrência obtida no caso 1 do item a) temos que a2 = a4 = a6 =
· · · = a2κ = · · · = 0. Por outro lado, de acordo com a recorrência obtida no caso ímpar do
item a), os primeiros termos ímpares são os seguintes:
κ = 0 : a3 =
a1
3 · 2 +
1
3! =
2
6 +
1
6 =
1
2 ,
κ = 1 : a5 =
3a3
5 · 4 −
1
5! =
3
40 −
1
120 =
1
15 .
Resumindo, a0 = 1, a1 = 2, a2 = 0, a3 = 12 , a4 = 0, a5 =
1
15 e a6 = 0.
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Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a seguinte família de equações de Euler:
16x2y′′(x) + 8xy′(x) + y(x) = κ, x > 0, (1)
onde κ é uma constante real.
a) [2.0 pontos] Encontre a solução da equação homogênea (κ = 0) correspondente a (1) que satisfaz
as seguintes condições:
y(1) = 1 e y(e) = 0, (2)
onde e = 2, 718..... é a base do logaritmo neperiano.
b) [0.5 ponto] Seja y(x) uma solução qualquer de (1) com κ = 1. Calcule o valor de lim
x→0+
y(x).
Sugestão: Encontre uma equação de Euler que seja satisfeita pela função w(x) = y(x)− 1.
Solução:
a) Procuramos por soluções de (1) na forma y(x) = xr, de modo que y′(x) = rxr−1 e
y′′(x) = r(r − 1)xr−2. Substituindo as expressões de y, y′ e y′′ em (1) com κ = 0 obtemos
a equação
xr
(
16r(r − 1) + 8r + 1
)
= xr
(
16r2 − 8r + 1
)
= 0.
Portanto, deve ser satisfeita a equação característica 16r2 − 8r + 1 = (4r − 1)2 = 0, cuja
raiz é r = 14 e tem multiplicidade dois. De acordo com a solução obtida para a equação
característica, a solução geral de (1) é dada pela expressão:
y(x) = x 14
(
c1 + c2 ln x
)
, x > 0, (3)
onde c1, c2 ∈ R. Usando as condições dadas em (2) obtemos o sistema linear
y(1) = c1 + c2 ln 1 = 1, (4)
y(e) = e 14 (c1 + c2) = 0. (5)
As soluções do sistema são c1 = 1 e c2 = −1, logo a solução da equação (1), sujeita às
condições dadas em (2), é y(x) = x 14
(
1− ln x
)
, x > 0.
b) Notamos que com κ = 1 a equação a ser resolvida é 16x2y′′(x)+8xy′(x)+y(x)−1 = 0, x > 0,
que reescrita em termos de w(x) = y(x)− 1 toma a forma
16x2w′′(x) + 8xw′(x) + w(x) = 0, x > 0,
pois y′ = w′ e y′′ = w′′. De acordo com o item a) w(x) = x 14
(
c1 + c2 ln x
)
, c1, c2 ∈ R. Logo,
y(x) = 1 + c1x
1
4 + c2x
1
4 ln x.
Assim,
lim
x→0+
y(x) = 1 + c1 lim
x→0+
x
1
4 + c2 lim
x→0+
x
1
4 ln x = 1 + 0 + c2 lim
x→0+
x
1
4 ln x,
onde o último limite é calculado fazendo-se uso da regra de l’Hôpital: lim
x→0+
x
1
4 ln x =
lim
x→0+
1/x
− 14x
− 54
= −4 lim
x→0+
x
1
4 = 0. Portanto, lim
x→0+
y(x) = 1 para toda solução de (1) com
κ = 1.
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Questão 4: (2.5 pontos)
Seja L a Transformada de Laplace e L−1 a transformada inversa.
a) [1.0 ponto] Calcule L−1
{
e−5s
s(s2 + s+ 1)
}
.
b) [1.5 pontos] Resolva o seguinte problema de valores iniciais:
(II)
y′′(t) + y′(t) + y(t) = δ(t− 3) + u5(t),y′(0) = y(0) = 0.
Solução:
a) O polinômio s2 + s+ 1 = (s+ 12)
2 + 34 não tem raízes reais, logo pelo método das frações
parciais temos que existem constantes reais a, b e c tais que
1
s(s2 + s+ 1) =
a
s
+ bs+ c
s2 + s+ 1 =
(a+ b)s2 + (a+ c)s+ a
s(s2 + s+ 1) ,
de onde segue que a = 1, c = −1 e b = −1. Assim, de acordo com a tabela básica de
transformadas de Laplace obtemos as seguintes igualdades:
1
s(s2+ s+ 1) =
1
s
− s+ 1
s2 + s+ 1
= 1
s
−
s+ 12
(s+ 12)2 + (
√
3
2 )2
−
1
2
(s+ 12)2 + (
√
3
2 )2
= L[1](s)− L
[
cos(
√
3
2 t)
]
(s+ 12)−
1√
3L
[
sen(
√
3
2 t)
]
(s+ 12)
= L[1](s)− L
[
e−
t
2 cos(
√
3
2 t)
]
(s)− 1√3L
[
e−
t
2 sen(
√
3
2 t)
]
(s)
= L
[
1− e− t2 cos(
√
3
2 t)−
1√
3e
− t2 sen(
√
3
2 t)
]
(s).
Finalmente, pela propriedade b) do resumo em anexo seque que
e−5s
s(s2 + s+ 1) = e
−5sL
[
1− e− t2 cos(
√
3
2 t)−
1√
3e
− t2 sen(
√
3
2 t)
]
(s)
= L
[
u5(t)
{
1− e− 12 (t−5) cos(
√
3
2 (t− 5))−
1√
3e
− 12 (t−5) sen(
√
3
2 (t− 5))
}]
(s),
de onde concluímos que
L−1
{
e−5s
s(s2 + s+ 1)
}
= u5(t)
(
1− e− 12 (t−5) cos(
√
3
2 (t− 5))−
1√
3e
− 12 (t−5) sen(
√
3
2 (t− 5))
)
.
b) Aplicando a transformada de Laplace à equação diferencial, com apoio das propriedades d),
c) e b) do resumo em anexo, e usando as condições iniciais homogêneas y′(0) = y(0) = 0,
obtemos para Y (s) = L[y](s) a equação algébrica seguinte:
s2Y (s) + sY (s) + Y (s) = e−3s + e
−5s
s
,
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de onde concluímos que Y (s) = e
−3s
s2 + s+ 1 +
e−5s
s(s2 + s+ 1) . Assim,
y(t) = L−1
{
e−3s
s2 + s+ 1
}
+ L−1
{
e−5s
s(s2 + s+ 1)
}
.
O cálculo do segundo termo já foi obtido no item a); apenas precisamos calcular L−1
{
e−3s
s2+s+1
}
,
que segue da seguinte forma:
L−1
{
e−3s
s2 + s+ 1
}
= L−1
 e−3s(s+ 12)2 + (√32 )2

= 2√3L
−1
 e
−3s
√
3
2
(s+ 12)2 + (
√
3
2 )2

= 2√3L
−1
{
e−3sL
[
e−
t
2 sen(
√
3
2 t)
]
(s)
}
= 2√3u3(t)e
− 12 (t−3) sen(
√
3
2 (t− 3)).
Finalmente,
y(t) = 2√3u3(t)e
− 12 (t−3) sen(
√
3
2 (t− 3))+
+ u5(t)
(
1− e− 12 (t−5) cos(
√
3
2 (t− 5))−
1√
3e
− 12 (t−5) sen(
√
3
2 (t− 5))
)
.
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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).
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Questão 1: (2.5 pontos)
(a) [1.5 ponto] Considere a função f : R −→ R de período 2 definida por f(x) = 1 − x2, para
x ∈ [−1, 1]. Determinar a série de Fourier da função f .
(b) [1 ponto] Usando o item (a), calcular a soma da série
+∞∑
n=1
(−1)n
n2
. Justifique sua resposta.
Solução:
(a) Como f é par, sabemos que a série de Fourier de f é dada por
a0
2 +
+∞∑
n=1
an cos(nπx) onde an = 2
∫ 1
0
f(x) cos(nπx)dx ,∀n ∈ N .
Primeiramente, calculamos a0:
a0 = 2
∫ 1
0
(1− x2)dx = (2x− 23x
3)
∣∣∣∣1
0
= 43 .
Fixamos n ∈ N, n ≥ 1. Para calcular an, integramos por parte duas vezes:
an =
2
nπ
sen(nπx)
∣∣∣∣1
0
− 4
nπ
x2 sen(nπx)
∣∣∣∣1
0
+ 4
nπ
∫ 1
0
x sen(nπx)dx
= 4
n2π2
(−x cos(nπx))
∣∣∣∣1
0
+ 4
n2π2
∫ 1
0
cos(nπx)dx = 4(−1)
n+1
n2π2
.
Portanto, a série de Fourier de f é dada por 23 +
4
π2
+∞∑
n=1
(−1)n+1
n2
cos(nπx).
(b) Observamos que a função f é contínua sobre R e a sua derivada f ′ é seccionalmente contínua
sobre R. Portanto pelo teorema de convergência de Dirichlet sobre série de Fourier, vale
que
f(x) = 23 +
4
π2
+∞∑
n=1
(−1)n+1
n2
cos(nπx), ∀x ∈ R .
Em particular, deduzimos fazendo x = 0 que
1 = f(0) = 23 +
4
π2
+∞∑
n=1
(−1)n+1
n2
⇒
+∞∑
n=1
(−1)n
n2
= −π
2
12 .
Questão 2: (2.5 pontos)
Determinar para quais valores de λ ∈ R o seguinte problema de valor de contorno admite soluções
não triviais (não identicamente nulas):y′′(x)− 2y(x) = λy(x), 0 < x < 3 ,y′(0) = y(3) = 0 .
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Solução:
Consideramos a equação característica da EDO acima: r2 − (2 + λ) = 0, cujo discriminante é
δ = 4(2 + λ). Portanto, vamos analisar separadamente os 3 casos: λ = −2, λ < −2 e λ > −2.
1. Caso λ = −2: Nesse caso, a equação diferencial se torna y′′(x) = 0. A solução geral dessa
equação é y(x) = ax + b, onde a e b são constantes reais. Aplicando as condições de
contorno, temos que y′(x) = a, y′(0) = 0⇒ a = 0 ,y(3) = 0 · 3 + b = 0⇒ b = 0 .
Ou seja, as condições de contorno impõem a = b = 0, isto é, y tem que ser a solução nula,
portanto λ = −2 não é um valor desejado.
2. Caso λ > −2: Nesse caso, temos 2 + λ > 0 e as raízes da equação característica são
r = ±
√
2 + λ. Portanto, a solução geral dessa equação diferencial é
y(x) = c1 exp(
√
2 + λx) + c2 exp(−
√
2 + λx) ,
onde c1 e c2 são constantes reais. Aplicando as condições de contorno, temos que{
y′(0) = 0
y(3) = 0 ⇔
{
c1
√
2 + λ− c2
√
2 + λ = 0
c1e
3
√
2+λ + c2e−3
√
2+λ = 0 ⇔
{
c1 = c2
2c1senh (3
√
2 + λ) = 0 ,
o que implica c1 = c2 = 0. Em conclusão, valores de λ estritamente maiores do que -2 não
são os valores procurados.
3. Caso λ < −2: Nesse caso, temos 2 + λ < 0 e as raízes da equação característica são
r = ±i
√
−(2 + λ). Portanto a solução geral dessa equação diferencial é
y(x) = d1sen (
√
−(2 + λ)x) + d2 cos(
√
−(2 + λ)x) ,
onde d1 e d2 são constantes reais. Aplicando a primieira condição de contorno, temos que
y′(0) = d1
√
−(2 + λ) = 0 ⇒ d1 = 0 .
Aplicando a segunda condição de contorno, temos que
y(3) = d2 cos(3
√
−(2 + λ)) = 0 ⇒ d2 = 0 ou cos(3
√
−(2 + λ)) = 0 .
O caso d2 = 0 é excluído já que ele corresponde à solução trivial y ≡ 0. Por outro lado,
cos(3
√
−(2 + λ)) = 0 implica que 3
√
−(2 + λ) = 2n−12 π para n = 1, 2, 3, · · · . Em conclusão,
caso λ assuma qualquer um dos valores dados por
λn = −2−
(2n− 1
6
)2
π2 para n = 1, 2, 3, · · · ,
existirá uma solução y não trivial.
Questão 3: (2.5 pontos)
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Considere o problema de valor inicial e de contorno, definido por
ut(x, t)− 2uxx(x, t) = 0, 0 < x < 12 , t > 0,
u(0, t) = 12 , t ≥ 0,
u(12 , t) =
3
4 , t ≥ 0,
u(x, 0) = x2 + 12 , 0 ≤ x ≤
1
2 ,
que representa a distribuição de temperatura numa barra de seção uniforme, de material homogêneo
e de comprimento 12 .
(a) [1 ponto] Determinar a distribuição de temperatura da barra, denotada por v(x) para todo
x ∈ [0, 12 ], após alcançado o estado de equilíbrio térmico (estado estacionário).
(b) [1.5 ponto] Definindo w(x, t) = u(x, t) − v(x), determinar o problema de valor inicial e de
fronteira que a função w(x, t) deverá satisfazer. Não é necessário resolver o problema obtido,
porém deve se justificar todos os argumentos que conduzem a ele.
Solução:
(a) A solução estacionária não depende do tempo e é modelada pelo problema de valores de
contorno: vxx(x) = 0, 0 < x < 1/2v(0) = 1/2 e v(1/2) = 3/4.
A solução geral da equação vxx(x) = 0 é dada pela expressão v(x) = ax + b, onde
a, b ∈ R. Usando as condições de contorno obtemos as seguintes relações v(0) = b = 1/2
e v(1/2) = a/2 + 1/2 = 3/4, logo a = 1/2. Assim, a solução estacionária é dada por
v(x) = x/2 + 1/2.
(b) Primeiramente observamos que w satisfaz condições de contorno homogêneas, isto é,
w(0, t) = u(0, t)− v(0) = 1/2− 1/2 = 0, t ≥ 0, (1)
w(1/2, t) = u(1/2, t)− v(1/2) = 3/4− 3/4 = 0, t ≥ 0. (2)
Além disso, w satisfaz a condição inicial:
w(x, 0) = x2 + 1/2− (x/2 + 1/2) = x(2x− 1)2 . (3)
Por outro lado, valem as seguintes relações para as derivadas parciais de w:
wt(x, t) = ut(x, t), (4)
wxx(x, t) = uxx(x, t)− vxx(x) = uxx(x, t). (5)
Portanto, segue de (4) e (5) que
wt(x, t)− 2wxx(x, t) = ut(x, t)− 2uxx(x, t) = 0. (6)
Finalmente, de (1), (2), (3) e (6) obtemos que w verifica o seguinte problema:wt(x, t)− 2wxx(x, t) = 0, 0 < x < 1/2, t > 0,
w(0, t) = 0, t ≥ 0,
w(1/2, t) = 0, t ≥ 0,
w(x, 0) = x(2x− 1)/2, 0 ≤ x ≤ 1/2.
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Questão 4: (2.5 pontos)
Considere a equação de ondas em um meio dispersivo
∂2u
∂t2
+ 4u = ∂
2u
∂x2
, ∀ 0 < x < 1, ∀ t > 0 .
(a) [1.5 ponto] Achar todas as soluções não triviais que possam ser escritas na forma u(x, t) =
X(x)T (t) e que satisfaçam u(0, t) = u(1, t) = 0.
(b) [1 ponto] Adicionando às condições de contorno do item (a) as condições iniciais u(x, 0) = f(x)
e ∂u
∂t
(x, 0) = 0, sendo f(x) uma função contínua em 0 6 x 6 1 e satisfazendo f(0) = f(1) = 0,
determinar a solução u(x, t).
Solução:
(a) Consideramos que a solução u pode ser escrita na forma u(x, t) = X(x)T (t) e façamos a
substituição em utt + 4u = uxx. Obtemos assim
X ′′(x)T (t) = X(x)T ′′(t) + 4X(x)T (t) ⇒ X
′′(x)
X(x) =
T ′′(t)
T (t) + 4 = −λ ,
em que λ ∈ R é a constante de separação. Das condições de contorno, u(0, t) = u(1, t) = 0,
temos X(0) = X(1) = 0. Resta-nos achar as soluções não triviais do seguinte problema:X ′′ + λX = 0 ,X(0) = X(1) = 0 .
A solução deste problema é dada pela família de constantes λn = n2π2 e respectivas funções
Xn(x) = cnsen (nπx), sendo cn constantes e n = 1.2, . . . .. Quanto à função T (t), ela deve
satisfazer
T ′′ + (4 + λn)T = 0 ,
isto é, T (t) = dn cos
(√
4 + λn t
)
+ensen
(√
4 + λn t
)
, sendo dn e en constantes e n = 1.2, · · · .
Portanto, obtemos uma família enumerável de soluções da forma:
un(x, t) =
(
an cos
(√
4 + n2π2 t
)
+ bnsen
(√
4 + n2π2 t
))
sen (nπx) , an, bn ∈ R, n = 1, 2, · · · .
(b) Em geral, nenhuma das un e nem suas conbinações lineares finitas satisfarão u(x, 0) = f(x)
e ut(x, 0) = 0. A esperança de solução está em uma série do tipo u(x, t) =
+∞∑
n=1
un(x, t), ou
seja
u(x, t) =
+∞∑
n=1
(
an cos
(√
4 + n2π2 t
)
+ bnsen
(√
4 + n2π2 t
))
sen (nπx) .
Das condições de contorno, u(x, 0) = f(x) e ut(x, 0) = 0, obtemos
an = 2
∫ 1
0
f(x)sen (nπx) dx e bn = 0 .
Assim sendo, a solução formal é
u(x, t) =
+∞∑
n=1
an cos
(√
4 + n2π2 t
)
sen (πnx) , onde an = 2
∫ 1
0
f(x)sen (nπx) dx .
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Questão 1: (2.5 pontos)
Seja f : R→ R uma função periódica, de período 2, tal que f e f ′ são seccionalmente contínuas. Além disso,
f(x) = 1 − 2x para todo 0 < x < 1 e sua série de Fourier é dada pela expressão F (x) =
∞∑
n=1
bn sen(nπx)
para todo x ∈ R.
a) [0.5 ponto] Determine a expressão de f(x) para todo −1 < x < 0.
b) [1 ponto] Calcule os coeficientes bn.
c) [0.5 ponto] Calcule F (1/4) e F (3).
d) [0.5 ponto] Use a série de Fourier de f para calcular o valor da série
∞∑
m=1
(−1)m+1
2m−1 .
Solução:
a) De acordo com a expressão de F , a função f deve ser ímpar. Assim, para todo −1 < x < 0 a
expressão de f é dada por f(x) = −f(−x) = −(1− 2(−x)) = −(1 + 2x).
b) Neste caso podemos calcular os coeficientes de Fourier como segue:
bn = 2
∫ 1
0
(1− 2x) sen(nπx)dx
= 2
∫ 1
0
sen(nπx)dx− 4
∫ 1
0
x sen(nπx)dx
= − 2
nπ
(
cos(nπ)− 1
)
−4
−x cos(nπx)nπ
∣∣∣1
0
+ 1
nπ
∫ 1
0
cos(nπx)dx︸ ︷︷ ︸
=0

= 2− 2(−1)
n
nπ
+ 4(−1)
n
nπ
= 2(1 + (−1)
n)
nπ
=
{ 2
κπ se n = 2κ,
0 se n = 2κ− 1,
onde κ = 1, 2, 3 . . .
c) A função f é contínua em x = 1/4, logo F (1/4) = f(1/4) = 1/2. Por outro lado,
F (3) = F (1) = f(1
−) + f(1+)
2 =
f(1−) + f
(
(−1)+
)
2 =
−1 + 1
2 = 0.
d) Tomando x = 1/4 e usando o cálculo realizado para os coeficientes bn temos que
1
2 = F (1/4) =
∞∑
κ=1
b2κ sen(2κπ 14)
=
∞∑
κ=1
2
κπ sen
(
κπ
2
)
=
∞∑
m=1
2
(2m−1)π (−1)
m+1 = 2π
∞∑
m=1
(−1)m+1
2m−1 .
Das igualdades anteriores concluímos que
∞∑
m=1
(−1)m+1
2m−1 =
π
4 .
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Questão 2: (2 pontos)
Considere o seguinte problema:
uxx(x, t) = 4utt(x, t), 0 < x < 1 e t > 0,
u(0, t) = 0, t > 0,
ux(1, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ 1,
ut(x, 0) = 0, 0 < x < 1.
(1)
Deseja-se encontrar soluções não triviais do problema anterior na forma u(x, t) = X(x)T (t). Determine
as equações diferenciais ordinárias que deverão satisfazer as funções X(x) e T (t), com suas respectivas
condições de contorno e iniciais.
Observação: Não precisa resolver os problemas encontrados.
Solução:
Usando a primeira equação de (1) obtemos a igualdade X ′′(x)T (t) = 4X(x)T ′′(t) para todo t > 0 e
0 < x < 1. Procuram-se soluções não triviais, logo da igualdade anterior segue a relação:
4T
′′(t)
T (t) =
X ′′(x)
X(x) , 0 < x < 1, t > 0.
As variáveis x e t são independentes, logo devemos encontrar constantes de separação λ ∈ R que
verifiquem as igualdades
X ′′(x)
X(x) = −λ e
T ′′(t)
T (t) = −
λ
4 . (2)
Das condições de contorno do problema temos que X(0)T (t) = 0 = X ′(1)T (t) para todo t > 0. Portanto,
X(0) = X ′(1) = 0. (3)
Por outro lado, de acordo com as condições iniciais do problema obtemos X(x)T ′(0) = 0 para todo
0 < x < 1, de onde seque que
T ′(0) = 0. (4)
Combinando (2), (3) e (4) obtemos os seguintes problemas para X e T :{
X ′′(x) + λX(x) = 0, 0 < x < 1,
X(0) = X ′(1) = 0
e
{
T ′′(x) + λ4T (t) = 0, t > 0,
T ′(0) = 0.
Questão 3: (2.5 pontos)
Em uma barra de comprimento π, encontre a solução u = u(x, t) do problema de condução do calor, com
uma fonte externa de energia na forma de calor proporcional à temperatura u, que é modelado pelo sistema
ut(x, t) = u(x, t) + uxx(x, t), 0 < x < π e t > 0,
ux(0, t) = 0, t > 0,
ux(π, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = 2 cos (2x)− cos (5x) , 0 6 x 6 π.
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Solução:
Inicialmente, procuremos soluções de

ut = u+ uxx,
ux(0, t) = 0, t > 0;
ux(π, t) = 0, t > 0;
sob a forma de um produto (separação
de variáveis) u(x, t) = X(x)T (t), em que X(x) é de classe C2 e T (t) é de classe C1. Substituindo
ut(x, t) = X(x)T ′(t) e uxx(x, t) = X ′′(x)T (t) na equação a derivadas parciais, obtemos
T ′(t)
T (t) − 1 =
X ′′(x)
X(x) .
Portanto, existirá uma constante λ (constante de separação) tal que
T ′(t)
T (t) − 1 =
X ′′(x)
X(x) = −λ.
Assim, a equação diferencial para T é T ′(t) + (λ− 1)T (t) = 0, que tem como solução T (t) = T0e(1−λ)t,
onde T0 é uma constante real. Por outro lado, a equação diferencial para X é
X ′′(x) + λX(x) = 0, (5)
cuja a solução geral depende do sinal do discrimante ∆ = −4λ da equação característica associada a (5).
A partir de agora X(x) = Xλ(x) denota a solução de (5) para cada constante de separação λ.
Caso 1. ∆ > 0 (λ < 0). A solução geral, neste caso, tem a forma X(x) = Ae
√
−λx +Be−
√
−λx.
Caso 2. ∆ = 0 (λ = 0). A solução geral tem a forma X(x) = A+Bx.
Caso 3. ∆ < 0 (λ > 0). A solução geral tem a forma X(x) = A cos
(√
λx
)
+Bsen
(√
λx
)
.
Para optarmos por um ou mais dos casos acima necessitamos das condições de contorno. De ux(0, t) = 0,
usando que T (t) 6= 0 para t > 0, obtemos X ′(0) = 0, enquanto que de ux(π, t) = 0, obtemos X ′(π) = 0.
Afirmação 1. Sob as hipóteses ∆ > 0 e X ′(0) = X ′(π) = 0, temos X ≡ 0.
De fato, usando que X(x) =
(
Ae
√
−λx +Be−
√
−λx
)
e X ′(x) =
√
−λ
(
Ae
√
−λx −Be−
√
−λx
)
, obtém-se{
A−B = 0,
Ae
√
−λπ −Be−
√
−λπ = 0,
que tem como única solução A = B = 0.
Afirmação 2. Sob as hipóteses ∆ = 0 e X ′(0) = X ′(π) = 0, temos X ≡ A = Cte.
De fato, como X(x) = A+Bx e X ′(x) = B, obtemos que X ′(0) = B = 0. A correspondente solução
para T é, neste caso, T0(t) = et.
Afirmação 3. Sob as hipóteses ∆ < 0, X ′(0) = X ′(π) = 0, e X não trivial, temos X(x) = A cos (nx),
sendo A uma constante real qualquer.
De fato, neste caso, temos que X(x) = A cos
(√
λx
)
+Bsen
(√
λx
)
e
X ′(x) =
√
λ
(
B cos
(√
λx
)
−Asen
(√
λx
))
.Segue das condições de contorno que B = 0 e Asen
(√
λπ
)
= 0. Logo, usando que X é não trivial,
obtemos
√
λ = n e, portanto, λ = n2 e Xn(x) := Xλ(x) = An cos (nx), em que An é uma constante real
e n = 1, 2, . . .. Voltando à função u(x, t) temos
u(x, t) = un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = Ane−(n
2−1)t cos (nx) .
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Definamos agora
u(x, t) = A0et +
+∞∑
n=1
un(x, t) =
+∞∑
n=0
Xn(x)Tn(t) = A0et +
+∞∑
n=1
Ane
−(n2−1)t cos (nx)
e consequentemente
u(x, 0) = A0 +
+∞∑
n=1
An cos (nx) .
Comparando com 2 cos (2x)− cos (5x), temos A2 = 2, A5 = −1 e todos os demais An são nulos. Logo,
a solução procurada pode ser escrita sob a forma
u(x, t) = 2e−3t cos (2x)− e−24t cos (5x) .
Questão 4: (3 pontos)
Considere o problema de Dirichlet no exterior do disco centrado na origem e de raio 2, descrito em
coordenadas polares da forma seguinte:urr(r, θ) +
1
r
ur(r, θ) +
1
r2
uθθ(r, θ) = 0, r > 2, 0 < θ < 2π, (d1)
u(2, θ) = f(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π, (d2),
onde f é uma função periódica de período 2π que tem derivada contínua na reta, isto é, f ∈ C1(R).
a) [1 ponto] Deseja-se encontrar soluções não triviais da equação (d1) na forma u(r, θ) = R(r)Θ(θ).
Determine as equações diferenciais ordinárias que deverão satisfazer as funções R(r) e Θ(θ).
b) [1 ponto] Use o item a) para encontrar todas as soluções não triviais da equação (d1) na forma
u(r, θ) = R(r)Θ(θ) que são limitadas no infinito.
c) [1 ponto] Use o item b) para encontrar a solução u(r, θ) do problema (d1)-(d2) que é limitada no
infinito.
Solução:
a) Seja u uma solução de (d1) na forma u(r, θ) = R(r)Θ(θ). A condição de periodicidade para u nas
coordenadas polares (r, θ) se traduz na condição seguinte:
u(r, θ + 2π) = u(r, θ) =⇒ Θ(θ + 2π) = Θ(θ), ∀ θ ∈ R. (6)
Além disso, sendo u(r, θ) = R(r)Θ(θ) uma solução de (d1), temos que
R′′(r)Θ(θ) + 1
r
R′(r)Θ(θ) + 1
r2
R(r)Θ′′(θ) = 0 ⇐⇒ r2R
′′(r)
R(r) + r
R′(r)
R(r) = −
Θ′′(θ)
Θ(θ)
para todos r > 2 e 0 < θ < 2π. Portanto, deduzimos que existe uma constante de separação λ ∈ R
tais que {
r2R′′(r) + rR′(r)− λR(r) = 0, r > 2, (7a)
Θ′′(θ) + λΘ(θ) = 0, 0 < θ < 2π. (7b)
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b) Pelo item (a), R e Θ devem satisfazer as equações (6), (7a) e (7b).
Para resolver o problema de contorno (7b)–(6), estudamos separadamente os casos λ < 0, λ = 0 e
λ > 0.
Caso λ < 0: Neste caso, escrevemos λ = −µ2 para algum µ > 0. As soluções de (7b) são da
forma Θ(θ) = c1eµθ + c2e−µθ para c1, c2 ∈ R. Mas a condição (6) implica c1 = c2 = 0. Portanto
não há soluções não triviais neste caso.
Caso λ = 0: Neste caso, é fácil ver que Θ(θ) = c1θ + c2 para c1, c2 ∈ R. A condição (6) implica
c1 = 0. Portanto, Θ(θ) = c2 para algum c2 ∈ R. Por outro lado, a equação (7a) é uma equação
de Euler cuja solução é da forma R(r) = k1 ln(r) + k2, para k1, k2 ∈ R. Assim, para u ser uma
solução limitada, precisamos que k1 = 0. Logo as soluções devem ser constantes, ou seja,
u0(r, θ) = a0, a0 ∈ R. (8)
Caso λ > 0: Neste caso, escrevemos λ = µ2 para algum µ > 0. As soluções de (7b) são da forma
Θ(θ) = c1 cos(µθ)+c2sen (µθ) para c1, c2 ∈ R. A condição (6) implica que µ ∈ N? := {1, 2, 3, 4, · · · }.
Para cada n ∈ N?, resolvemos a equação de Euler (7a) associada a λn = n2, cuja equação
característica é dada por γ(γ−1)+γ−n2 = 0, tendo como soluções γ = ±n. Portanto, as soluções
de (7a) são R(r) = k1rn + k2r−n, com k1, k2 ∈ R. Para a função R ser limitada no intervalo r > 2
precisamos escolher k1 = 0, obtendo-se assim uma infinidade de soluções não triviais linearmente
independentes de (d1), dadas por
un(r, θ) = anr−n cos(nθ) + bnr−n sen (nθ), an, bn ∈ R, para n ∈ N?. (9)
c) Usando o item anterior, procuramos a solução u de (d1)-(d2) que é limitada no infinto como uma
combinação linear infinita das funções un, isto é,
u(r, θ) = a02 +
+∞∑
n=1
(
anr
−n cos(nθ) + bnr−n sen (nθ)
)
, (10)
onde an é uma constante real para cada n ∈ N e bn é uma constante real para cada n ∈ N?.
Falta verificar a condição (d2), a qual nos exige garantir a igualdade
f(θ) = a02 +
+∞∑
n=1
(
an2−n cos(nθ) + bn2−n sen (nθ)
)
,
de onde concluímos que os coeficientes an e bn estão relacionados com os coeficientes de Fourier
da função períodica f (de período 2π) da seguinte maneira:
an =
2n
π
∫ 2π
0
f(θ) cos(nθ)dθ e bn =
2n
π
∫ 2π
0
f(θ) sen (nθ)dθ, (11)
com n = 1, 2, 3, 4, . . . .
Conclusão: A solução u(r, θ) do problema (d1)-(d2) que é limitada no infinto é dada por (10)–(11).
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
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Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 05/06/2014
Questão 1: (2.5 pontos)
Considere a equação diferencial
(E) y′′(x)− xy′(x)− y(x) = 0 .
(a) [0.5 ponto] Provar que o ponto x = 0 é um ponto ordinário da equação (E).
(b) [2 pontos] Achar, na forma de uma série de potências, a solução y(x) de (E) que satisfaz
y(0) = 3 e y′(0) = 0. Calcular o raio de convergência R dessa solução.
Solução:
(a) Podemos escrever a equação (E) na forma P (x)y′′(x) +Q(x)y′(x) + R(x)y(x) = 0, onde
P (x) = 1, Q(x) = −x e R(x) = −1 são polinômios e portanto funções analíticas. Além
disso vale que P (0) = 1 6= 0. Logo, o ponto x = 0 é um ponto ordinário para a equação
(E).
(b) Procuramos a solução y na forma de uma série de potências em torno do ponto x = 0.
Temos
y(x) =
+∞∑
n=0
anx
n, y′(x) =
+∞∑
n=1
nanx
n−1, y′′(x) =
+∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 .
Substituindo essas relações na equação (E), obtemos
+∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)an+2xn −
+∞∑
n=1
nanx
n −
+∞∑
n=0
anx
n = 0 ,
ou seja
2a2 − a0 +
+∞∑
n=1
[
(n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n+ 1)an
]
xn = 0 .
Da unicidade do desenvolvimento em série de potências, deduzimos a seguinte relação de
recorrência:{
2a2 − a0 = 0,
(n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n+ 1)an = 0, n ≥ 1 ,
⇔
{
a2 = a02 ,
an+2 = ann+2 , n ≥ 1 .
Por outro lado, usando as condições iniciais, temos que
y(0) = a0 = 3 e y′(0) = a1 = 0 .
Usando a realção de recorrência, calculamos os termos pares:
a2 =
a0
2 , a4 =
a2
4 =
a0
2 · 4 , a6 =
a4
6 =
a0
2 · 4 · 6 , · · · , a2k =
a0
2 · 4 · 6 · · · 2k =
3
2kk! , k ∈ N .
Por outro lado, como a1 = 0, temos que a2k+1 = 0, ∀k ∈ N. Em conclusão, a solução
procurada é dada por
y(x) = 3
+∞∑
k=0
x2k
2kk! , x ∈ (−R,R) .
Para calcular o raio de convergência R, usamos o teste da razão, isto é∣∣∣∣a2(k+1)a2k
∣∣∣∣ = 2kk!2k+1(k + 1)! = 12(k + 1) −→k→+∞ 0, logo R = 10 = +∞ .
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Questão 2: (2.5 pontos)
Achar a função f : [0,+∞)→ R com f(0) = 1 que satisfaz a seguinte equação:
f ′(t)−
∫ t
0
cos(τ)f(t− τ) dτ = 1, ∀t ≥ 0 .
Solução:
Aplicando a transformada de Laplace à equação, fazendo uso das fórmulas (1), (9) e (10) da
tabela anexada, obtemos a equação algébrica
1
s
= L[1](s) = L[f ′](s)− L
[ ∫ t
0
cos(τ)f(t− τ) dτ
]
(s) = sL[f ](s)− f(0)− L[cos t](s) · L[f ](s) .
Além disso, como f(0) = 1, deduzimos da fórmula (5) que
(
s− s
3
s2 + 1
)
L[f ](s)− 1 = 1
s
⇔ L[f ](s) = 1
s
+ 1
s2
+ 1
s3
+ 1
s4
.
Portanto, concluimos da fórmula (3) que a solução procurada é:
f(t) = 1 + t+ t
2
2 +
t3
6 , ∀ t ≥ 0 .
Questão 3: (2.5 pontos)
Seja f : R→ R uma função de período 2π tal que f(x) = π−x2 para todo x ∈ (0, π].
(a) [0.5 ponto] Sabendo que f é uma função ímpar, determine a expressão de f no intervalo [−π, 0].
(b) [1 ponto] Determine a série de Fourier da função f .
(c) [1 ponto] Usando o item (b), calcule a soma da série numérica
∞∑
n=1
senn
n
. Justifique sua resposta.
Solução:
(a) Como f é ímpar f(0) = 0. Por outro lado, se x ∈ [−π, 0) então −x ∈ (0, π]. Logo, pela
imparidade de f segue que f(x) = −f(−x) = −π+x2 para todo x ∈ [−π, 0).
(b) Como f é ímpar a série de Fourier delaé dada pela expressão
∞∑
n=1
bnsennx onde bn =
2
π
∫ π
0
f(x)sennx dx (n = 1, 2, 3, . . . ).
Para cada número natural n ≥ 1 calculamos o coeficiente de Fourier bn usando integração por
partes uma única vez. Isto é,
bn =
2
π
∫ π
0
π − x
2 sennx dx =
∫ π
0
sennx dx− 1
π
∫ π
0
x sennx dx
= −cosnx
n
π
0
− 1
π
[
−xcosnx
n
π
0
+ 1
n
∫ π
0
cosnx dx
]
,
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e portanto
bn = −
cosnπ
n
+ 1
n
+ cosnπ
n
− 1
nπ
∫ π
0
cosnx dx = 1
n
− 1
nπ
sennx
n
π
0
= 1
n
.
Finalmente, a série de Fourier de f é dada pela expressão
∞∑
n=1
sennx
n
.
(c) Observamos que as funções f e f ′ são seccionalmente contínuas em R. Portanto, pelo teorema
de convergência de Dirichlet para a série de Fourier, vale que
f(x) =
∞∑
n=1
sennx
n
,
em todo ponto de continuidade da função f . Portanto, como f é contínua em x = 1 temos que
∞∑
n=1
senn
n
= f(1) = π − 12 .
Questão 4: (2.5 pontos)
Encontrar uma solução do problema de Neumann no retângulo descrito a seguir
(N )

uxx(x, y) + uyy(x, y) = 0, 0 < x < π, 0 < y < π,
ux(0, y) = ux(π, y) = 0, 0 ≤ y ≤ π,
uy(x, 0) = cos x, 0 ≤ x ≤ π,
uy(x, π) = 0, 0 ≤ x ≤ π.
Solução:
Comecemos procurando soluções não triviais de
uxx + uyy = 0, 0 < x < π, 0 < y < π,
ux(0, y) = ux(π, y) = 0, 0 ≤ y ≤ π
uy(x, π) = 0, 0 ≤ x ≤ π.
na forma u(x, y) = X(x)Y (y). Da equação uxx + uyy = 0, obtemos
X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = 0, ou X
′′(x)
X(x) = −
Y ′′(y)
Y (y) = −λ,
em que λ é a constante de separação (ou autovalor). Das condições de contorno, ux(0, y) =
ux(π, y) = 0, temos X ′(0) = X ′(π) = 0. Resta-nos achar a solução do seguinte problemaX ′′ + λX = 0, 0 < x < π,X ′(0) = X ′(π) = 0.
A solução deste problema é dada pela família de constantes λn = n2 e respectivas autofunções
Xn(x) = Cn cos (nx), sendo Cn constante e n = 0, 1, 2, . . ..
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Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 05/06/2014(continuação)
Para cada λn, temos uma função Yn(y) e ela deve satisfazer Y ′′n − λnYn = 0, isto é, Yn(y) =
Dnsenh (ny) + En cosh (ny), sendo Dn e En constantes e n = 0, 1, 2, . . .. Para n = 1, 2, . . .,
usando a condição de contorno uy(x, π) = 0, obtemos Y ′n(π) = 0 e consequentemente
Y ′n(π) = nDn cosh (nπ) + nEnsenh (nπ) = 0, ⇒ En = −
1
tgh(nπ)Dn, n = 1, 2, · · · .
Temos assim que
Y0(y) = D0 = Cte, e Yn(y) = Dn
(
senh (ny)− 1tgh(nπ) cosh (ny)
)
n = 1, 2, . . . .
Portanto, usando o princípio da superposição,
u(x, y) = A0 +
N∑
n=1
An
(
senh (ny)− 1tgh(nπ) cosh (ny)
)
cos (nx) ,
em que N > 1 é finito, é uma solução da equação de Laplace que satisfaz ux(0, y) = ux(π, y) = 0
e uy(x, π) = 0. Notemos que
uy(x, y) =
N∑
n=1
nAn
(
cosh (ny)− 1tgh(nπ)senh (ny)
)
cos (nx) ⇒ uy(x, 0) =
N∑
n=1
nAn cos (nx) .
Em particular, para que tenhamos uy(x, 0) = cos (x), devemos ter A1 = 1 e An = 0 se n > 1.
Temos então como solução
u(x, y) = A0 +
(
senh (y)− 1tgh(π) cosh (y)
)
cos (x) .
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
Duração da prova: duas horas e meia
Regras:
• Não é permitida consulta a qualquer fonte e nem se ausentar da sala durante a prova
• Todo o material do aluno, com exceção de documento de identidade, lápis, caneta, régua, borracha
deve ficar junto à mesa do professor
• Calculadoras, aparelhos celulares e similares devem ficar desligados na bolsa/mochila do aluno
junto à mesa do professor
• O aluno deve apresentar o documento de identificação quando for assinar a folha de presença.
• A prova pode ser feita com lápis e/ou caneta.
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO
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Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 05/06/2014(continuação)
Tabela Básica de Transformadas de Laplace
(1) L [1] (s) = 1
s
.
(2) L
[
eat
]
(s) = 1
s− a
.
(3) L [tn] (s) = n!
sn+1
.
(4) L [sen at] (s) = a
s2 + a2 .
(5) L [cos at)] (s) = s
s2 + a2 .
(6) L [δ(t− c)] (s) = e−cs .
(7) L [uc(t) f(t− c)] (s) = e−csL[f(t)](s) .
(8) L
[
ect f(t)
]
(s) = L[f ](s− c) .
(9) L
[
f (n)(t)
]
(s) = sn L[f(t)](s)− sn−1f(0)− · · · − f (n−1)(0) .
(10) L
[ ∫ t
0 f(t− τ)g(τ)dτ
]
(s) = L[f ](s) · L[g](s) .
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 05/05/2015
TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (2.0 pontos)
Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência das séries abaixo.
(a) (1.0 ponto)
∞
∑
n=1
(−1)nn2e−n.
Solução:
Aplicamos o teste de razão. O m-ésimo termo da série é
am = (−1)mm2e−m.
Dáı
lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
am+1
am
∣
∣
∣
∣
= lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
(m+ 1)2e−(m+1)
m2e−m
∣
∣
∣
∣
= lim
m→+∞
(m+ 1)2
m2
e−1 = e−1 < 1.
Dáı, pelo teste de razão, a série é absolutamente convergente.
(b) (1.0 ponto)
∞
∑
n=1
√
n +
√
n√
3n+ 1
.
Solução:
Aplicamos o teste de divergência. O m-ésimo termo da série é
am =
√
m+
√
m√
3m+ 1
.
Dáı
lim
m→+∞
am = lim
m→+∞
√
m+
√
m√
3m+ 1
= lim
m→+∞
√
1 + 1√
m
√
3 + 1
m
=
1√
3
6= 0.
Pelo teste de divergência, a série é divergente.
Questão 2: (2.0 pontos)
Considere a série de potências:
f(x) =
∞
∑
n=1
(x+ 1)n−1
2n
√
n3
(a) (1.5 ponto) Encontre o raio de convergência e o intervalo de convergência dessa série.
Solução:
O m-ésimo termo da série é
am =
(x+ 1)m−1
2m
√
m
.
Aplicamos o teste de razão para determinar o raio de convergência.
lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
am+1
am
∣
∣
∣
∣
= lim
m→+∞
|x+ 1|m
2m+1
√
m+ 1
2m
√
m
|x+ 1|m−1
= lim
m→+∞
|x+ 1|
√
m+ 1
2
√
m
=
|x+ 1|
2
.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 05/05/2015 (continuação)
Pelo teste de razão, essa série é convergente para |x+ 1| < 2 e é divergente para |x+ 1| > 2.
O raio de convergenćıa então é igual á 2.
Para determinar o intervalo de convergênćıa, estudamos a convergência da série em x = 1
e em x = −3. Em x = 1, temos
f(x) =
∞
∑
m=1
2m−1
2m
√
m3
=
1
2
∞
∑
m=1
m−3/2.
Essa série, sendo uma p-série com p = −3/2 < −1, é convergente. Quando x = −3, temos
f(x) =
∞
∑
m=1
(−2)m−1
2m
√
m3
= −1
2
∞
∑
m=1
(−1)mm−3/2,
que é absolutamente convergente pela conta anterior. Concluimos que o intervalo de con-
vergência da série é [−3, 1].
(b) (0.5 ponto) Encontre f (15)(−1) (a derivada de ordem 15 da função f em x = −1).
Solução:
Pelo teorema de Taylor,
f(x) =
∞
∑
m=0
f (m)(−1)
m!
(x+ 1)m.
Porem,
f(x) =
∞
∑
m=1
(x+ 1)m−1
2m
√
m3
=
∞
∑
m=0
(x+ 1)m
2m+1
√
(m+ 1)3
,
e igualando coeficientes, temos,
f (15)(−1)
15!
=
1
216
√
163
.
Deste modo
f (15)(−1) = 15!
216
√
163
.
Questão 3: (3.0 pontos)
A seguinte equação, chamada equação de Hermite, tem um papel importante na teoria da mecânica
quântica.
y′′ + (x− 1)y′ + y = 0
(a) (1.5 ponto) Encontre a fórmula de recorrência para os coeficientes da solução em série de
potências centrada em x = 1.
Solução:
Substituindo t = x− 1, temos
ÿ + tẏ + y = 0.
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A série de Taylor de y se escreve
y =
∞
∑
m=0
amt
m,
e as derivadas de y são
ẏ =
∞
∑
m=1
mamt
m−1,
ÿ =
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2.
Substituindo na equação, temos então
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 + t
∞
∑
m=1
mamt
m−1 +
∞
∑
m=0
amt
m = 0,
∴
∞
∑
m=0
(m+ 2)(m+ 1)am+2t
m +
∞
∑
m=1
mamt
m +
∞
∑
m=0
amt
m = 0.
Igualando coefficientes, temos para todo m ≥ 1,
(m+ 2)(m+ 1)am+2 +mam + am = 0,
e para m = 0,
2a2 + a0 = 0.
Assim
am+2 =
−am
(m+ 2)
,
para todo m ≥ 0. Como as coeficientes da série de taylor de y em x em torno de 1 são os
mesmos, a relação de recorrência também é o mesmo.(b) (1.0 ponto) Mostre que a solução geral está definida para todo x ∈ R.
Solução:
Os coefficientes da equação são polinômios. Em particular, são funções com séries de
Taylor todas com raio de convergência infinito. Assim, a solução y também tem raio de
convergência infinita, e em particular a solução é definida para todo x ∈ R.
(c) (0.5 ponto) Calcule lim
x→∞
y0(x), onde y0(x) é a solução satisfazendo y(1) = 1, y
′(1) = 0. (Su-
gestão: Use que 2nn! = 2 · 4 · 6 · · ·2n.)
Solução:
Pelo teorema de Taylor, com essas condições iniciais,
a0 = y(1) = 1,
a1 = y
′(1) = 0.
Aplicando a relação de recorrência, vemos que am = 0 para todo m ı́mpar. Para o caso
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par, usamos a sugestão, e obtemos
a2m =
(−1)m
2 · 4 · 6 · · ·2m =
(−1)m
2mm!
.
Dáı,
y0(x) =
∞
∑
m=0
a2m(x− 1)2m
=
∞
∑
m=0
(−1)m(x− 1)2m
2mm!
=
∞
∑
m=0
1
m!
(−(x− 1)2
2
)m
= e
−(x−1)2
2 .
Deste modo
lim
x→+∞
y0(x) = lim
x→+∞
e
−(x−1)2
2 = 0.
Questão 4: (3.0 pontos)
Considere a equação
x2y′′ + xy′ + (x2 − 9)y = 0.
(a) (0.5 ponto) Mostre que x = 0 é um ponto singular regular.
Solução:
As coeficientes da equação são
P (x) = x2, Q(X) = x, R(x) = x2 − 9.
Como P (0) = 0, essa equação tem ponto singular em x = 0. Contudo,
q(x) =
xQ(x)
P (x)
= 1,
r(x) =
x2R(x)
P (x)
=
x4 − 9x2
x2
= x2 − 9,
e como essas funções são anaĺıticas em 0, essa equação tem ponto singular regular em x = 0.
(b) (1.0 ponto) Determine as ráızes da equação indicial.
Solução:
As coeficientes da equação de Euler que corresponde á essa equação são
α = q(0) = 1,
β = r(0) = −9.
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A equação indicial é então
r2 + (α− 1)r + β = 0
∴ r2 − 9 = 0.
As duas raizes da equação indicial então são r = ±3.
(c) (1.0 ponto) Determine a fórmula de recorrência para os coeficientes da série de potências em
torno de x = 0 da solução y(x) que corresponde à maior das duas ráızes da equação indicial.
Solução:
Seja y uma solução da forma
y = x3
∞
∑
m=0
amx
m =
∞
∑
m=0
amx
m+3.
As derivadas dessa função são
y′ =
∞
∑
m=0
(m+ 3)amx
m+2,
y′′ =
∞
∑
m=0
(m+ 3)(m+ 2)amx
m+1.
Substituindo para y na equação, temos
∞
∑
m=0
(m+ 3)(m+ 2)amx
m+3 +
∞
∑
m=0
(m+ 3)amx
m+3 +
∞
∑
m=0
amx
m+5 −
∞
∑
m=0
9amx
m+3 = 0
∴
∞
∑
m=0
((m+ 3)(m+ 2) + (m+ 3)− 9)amxm+3 +
∞
∑
m=2
am−2x
m+3 = 0
∴ 5a1x
4 +
∞
∑
m=2
((m+ 3)2 − 9)am + am−2)xm+3 = 0.
Igualando as coefficientes, temos a1 = 0 e
am =
−am−2
(m+ 3)2 − 9
para todo m ≥ 2.
(d) (0.5 ponto) Determine os 3 primeiros termos não nulos da solução y(x) encontrada no item
(c) e que, além disso, satisfaz limx→0+ y(x)/x
3 = 1.
Solução:
Como
lim
x→0+
y(x)/x3 = lim
x→0+
∞
∑
m=0
amx
m = a0, (1)
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temos a0 = 1. Logo, aplicando a relação de recorrência, temos
a0 = 1,
a1 = 0,
a2 =
−1
16
,
a3 = 0,
a4 =
1
640
.
Isto é,
y = x3 − x
5
16
+
x7
640
− ...
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Gabarito segunda prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 15/12/2015
Questão 1: (2.5 pontos)
Estudar a convergência ou divergência de cada uma das séries a seguir. Em caso de convergência,
classificar a mesma em condicional ou absoluta.
a)
∞∑
n=1
√
n3 + 1√
n!
.
b)
∞∑
n=2
(−1)n
n lnn .
c) De forma mais geral, determinar para quais valores positivos de α a série
∞∑
n=2
1
n(lnn)α é
convergente.
Solução:
a) O n-ésimo termo é dado por an =
√
n3 + 1√
n!
. Então,
lim
n→+∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→+∞
√
(n+ 1)3 + 1√
(n+ 1)!
√
n!√
n3 + 1
= lim
n→+∞
1√
n+ 1
√
1 + 3n−1 + 3n−2 + 2n−3√
1 + n−3
= 0;
logo, pelo teste de razão, a série converge absolutamente.
b) O n-ésimo termo é dado por an =
(−1)n
n lnn . Assim, para todo n ≥ 2 tem-se
(n+ 1) ln(n+ 1) ≥ n lnn.
Daí segue que |an+1| ≤ |an| e, além disso, lim
n→+∞
|an| = lim
n→+∞
1
n lnn = 0. Então, pelo teste
para séries alternadas, a série é convergente. Contudo, a igualdade∫ +∞
2
1
x ln xdx =
∫ +∞
ln 2
1
s
ds = +∞,
implica, pelo teste de integral, que a série dos valores absolutos diverge. Concluímos então
que a série converge condicionalmente.
c) O n-ésimo termo é dado por an =
1
n(lnn)α . Como α > 0, segue de forma similar ao item
(b) que, 0 ≤ an+1 ≤ an para todo n ≥ 2. Além disso,∫ +∞
2
1
x(ln x)αdx =
∫ +∞
ln 2
1
sα
ds,
que converge se, e somente se, α > 1; segue então do teste de integral que essa série
converge se, e somente se, α > 1.
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Questão 2: (2.5 pontos)
Considerar a série de potências
∞∑
n=2
xn
(n− 1)n .
a) Determinar o raio de convergência e estudar o comportamento da série nos valores extremos do
intervalo aberto de convergência absoluta.
b) Calcular a função f(x) que representa a série no intervalo aberto de convergência absoluta.
Sugestão. Usar os resultados de derivação e integração termo a termo e lembrar que uma primitiva
da função g(t) = ln t é dada por G(t) = t ln t− t.
Solução:
a) Aplicamos o critério da razão: lim
n→∞
(n− 1)n
n(n+ 1) = 1, portanto o raio de convergência é 1. A
série está centrada em zero; logo o intervalo aberto de convergência absoluta é ]− 1, 1[.
Em x = 1 o termo geral da série é 1(n− 1)n e satisfaz 0 ≤
1
(n− 1)n ≤
1
(n− 1)2 para todo
n ≥ 2. Então, pelo critério de comparação a série converge, pois
∞∑
n=2
1
(n− 1)2 < +∞.
Em x = −1 a série é absolutamente convergente pelo estudo anterior (o critério de Leibniz
para as séries alternadas vale também).
b) Seja f(x) =
∞∑
n=2
xn
(n− 1)n para |x| < 1. Então,
f ′(x) =
∞∑
n=2
xn−1
n− 1 =
∞∑
n=1
xn
n
e f ′′(x) =
∞∑
n=1
xn−1 = 1 + x+ x2 · · · = 11− x.
Como f ′(0) = 0, integrando f ′′(x) obtemos que f ′(x) = − ln(1− x). Similarmente, usando
que f(0) = 0 e a sugestão dada, integramos f ′(x) para obtermos
f(x) = −
∫ x
0
ln(1− s)ds =
∫ 1−x
1
ln t dt = (1− x)
[
ln(1− x)− 1
]
+ 1.
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a equação de Chebyshev:
(1− x2)y′′ − xy′ + κ2y = 0, (1)
onde κ é uma constante inteiro não-negativo.
a) Justificar que x = 0 é um ponto ordinário de (1).
b) Determinar uma cota inferior para o raio de convergência da solução de (1), dada em série de
potências em torno do ponto x = 0.
c) Determinar a relação de recorrência que satisfazem os coeficientes an da solução em série de
potências citada no item b).
d) Considerar κ = 4 e determinar as soluções de (1), em série de potências, que verificam a
condição y′(0) = 0.
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Solução:
a) A equação é dada por p(x)y′′ + q(x)y′ + r(x)y = 0, onde
p(x) = 1− x2,
q(x) = −x,
r(x) = κ2.
Como p é um polinômio tal que p(0) = 1 6= 0, temos que x = 0 é ponto ordinário para essa
equação.
b) Os raízes de p são ±1 e a distância de x = 0 a cada um desses pontos é igual a 1, de onde
concluímos que uma cota inferior para o raio de convergência da solução em série de (1),
em torno do ponto x = 0, é R = 1.
c) Seja y =:
∞∑
n=0
anx
n, então numa vizinhança de x = 0 temos as igualdades:
y′ =
∞∑
n=1
nanx
n−1 e y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2.
Substituindo as expressões anteriores em (1) seguem as igualdades:
(1− x2)
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 − x
∞∑
n=1
nanx
n−1 + κ2
∞∑
n=0
anx
n = 0.
∴
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 −
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn −
∞∑
n=1
nanx
n + κ2
∞∑
n=0
anx
n = 0.
∴
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)an+2xn −
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn −
∞∑
n=1
nanx
n + κ2
∞∑
n=0
anx
n= 0.
∴ (2a2 + κ2a0) + (6a3 − a1 + κ2a1)x+
∞∑
n=2
[
(n+ 1)(n+ 2)an+2 − (n2 − κ2)an
]
xn = 0.
A relação de recorrência das coeficientes da solução em série de (1) é então
an+2 =
(n2 − κ2)
(n+ 1)(n+ 2)an, n = 0, 1, 2, 3, 4 . . .
d) Pelo teorema de Taylor a1 = y′(0) = 0 e como κ = 4 temos que
a3 = −
15
6 a1 = 0,
a5 = −
7
20a3 = 0,
e procedendo assim, vemos que a2k+1 = 0 para todo k = 0, 1, 2 . . . . Por outro lado, os
elementos com índices pares satisfazem
a2 = −8a0,
a4 = −a2 = 8a0,
a6 = 0 · a4 = 0,
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e procedendo assim, vemos que a2k = 0 para todo k ≥ 3. Portanto, que a solução geral
com condição inicial y′(0) = 0 é dada por
y(x) = a0(1− 8x2 + 8x4), a0 ∈ R.
Questão 4: (2.5 pontos)
Seja α ∈ R e considerar a equação de Euler:
x2y′′ + αxy′ − αy = 0, x > 0. (2)
a) Determinar a solução geral de (2).
b) Determinar os valores de α para os quais todas suas respectivas soluções y(x), encontradas em
a), satisfazem a condição: lim
x→0+
xαy(x) = 0.
Solução:
a) Procuramos por soluções da forma y(x) = xr, definidas para x > 0. Ao substituir a
expressão anterior em (2) obtemos que r deverá satisfazer a equação de segundo grau
r2 + (α− 1)r − α = (r + α)(r − 1) = 0.
Assim, os possíveis valores para r são r = 1 ou r = −α. Dividimos a análise em dois casos:
Caso A: α 6= −1. Nesse caso as raízes são distintas, sendo a solução geral dada pela
expressão
y(x) = c1x+ c2x−α, c1, c2 ∈ R.
Caso B: α = −1. Neste caso r = 1 é uma raiz real dupla, logo a solução geral é dada por
y(x) = x(c1 + c2 ln x), c1, c2 ∈ R.
b) No caso A (α 6= −1) tem-se
lim
x→0+
xαy(x) = c1 lim
x→0+
xα+1 + c2 = 0
se, e somente se, c1 = c2 = 0 ou
(
α+ 1 > 0 e c2 = 0
)
. Portanto, sempre existem soluções
que não satisfazem a condição.
No caso B (α = −1) tem-se
lim
x→0+
x−1y(x) = c1 + c2 lim
x→0+
ln x = 0
se, e somente se, c1 = c2 = 0; ou seja, a única solução que satisfaz a condição é a solução
nula.
Em resumo, não existe valor real de α ∈ R que satisfaz a propriedade exigida.
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TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (2.5 pontos)
Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência das séries abaixo.
(a)
∞
∑
m=1
1 + ln(m)
m2 + 1
.
Solução:
O m-ésimo termo da série é
am :=
1 + ln(m)
m2 + 1
.
Comparando com a série com m-ésimo termo
bm :=
ln(m+ 1)
(m+ 1)2
,
temos
lim
m→+∞
bm
am
= lim
m→+∞
ln(m+ 1)
(m+ 1)2
(m2 + 1)
(ln(m) + 1)
= 1.
Segue pelo teste de comparação no limite que essas 2 séries têm as mesmas propriedades
de convergência. Agora, seja
f(t) =
ln(t+ 1)
(t+ 1)2
.
∴ f ′(t) =
1 + 2 ln(t+ 1)
(t+ 1)3
.
Vemos que essa função é positiva e decrescente no intervalo [
√
e − 1,∞). Como e < 4,
temos
√
e < 2, e
√
e− 1 < 1, e esse intervalo contém o intervalo [1,∞). Finalmente
∫ ∞
1
ln(t+ 1)
(t+ 1)2
dt =
[− ln(t+ 1)− 1
(t+ 1)
]∞
1
=
ln(2) + 1
2
.
Como essa integral existe, segue pelo teste da integral que as 2 séries convergem. Enfim,
como a série é positiva, converge absolutamente.
(b)
∞
∑
m=1
(−1)mm√
m4 + 1
.
Solução:
Trata-se de uma série alternada. O m-ésimo termo da série é
am :=
(−1)mm√
m4 + 1
= (−1)mf(m),
onde
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f(t) =
t√
t4 + 1
.
∴ f ′(t) =
1− t4
√
t4 + 1
3 .
Vemos que essa função é positiva e decrescente no intervalo [1,∞), e
lim
t→+∞
f(t) = 0.
Segue pelo teste da série alternada que essa série é convergente. Agora, substituindo t2 = s,
temos
∫ ∞
1
t√
t4 + 1
dt =
1
2
∫ ∞
1
1√
s2 + 1
ds =
1
2
[arcsenh(s)]∞1 = ∞.
Segue pelo teste da integral que a série
∞
∑
m=1
|am| =
∞
∑
m=1
m√
m4 + 1
é divergente. Logo a série é condicionalmente convergente.
(c)
∞
∑
m=1
1
(m+ 1) ln(m+ 1)3
.
Solução:
O m-ésimo termo é
am :=
1
(m+ 1) ln(m+ 1)3
= f(m),
onde
f(t) :=
1
(t+ 1) ln(t+ 1)3
.
Essa função é positiva e decrescente no intervalo [1,∞). Substituindo s = ln(t+ 1), temos
∫ ∞
1
1
(t + 1) ln(t + 1)3
dt =
∫ ∞
ln(2)
1
s3
ds =
[
− 1
2s2
]∞
ln(2)
=
1
2 ln(2)2
.
Segue da teste do integral que essa série converge absolutamente.
Questão 2: (2.5 pontos)
Considere a função
f(x) = ln
(
1 + 2x
1− 2x
)
.
(a) Determine a série de MacLaurin dessa função.
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Solução:
Derivando, e usando a série geométrica, temos
f ′(x) =
4
1− 4x2
= 4
∞
∑
m=0
22mx2m.
Integrando, temos
f(x) = 4
∞
∑
m=0
22mx2m+1
2m+ 1
+ C,
e, avaliando em x = 0, temos C = 0. Assim
ln
(
1 + 2x
1− 2x
)
=
∞
∑
m=0
22(m+1)x2m+1
2m+ 1
.
(b) Determine o raio de convergência dessa série.
Solução:
O m’esimo termo da série de MacLaurin de f é
am :=
22(m+1)x2m+1
(2m+ 1)
.
Logo
lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
am+1
am
∣
∣
∣
∣
= lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
22(m+2)x2m+3
(2m+ 3)
2m+ 1
22(m+1)x(2m+1)
∣
∣
∣
∣
= lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
4x2
(2m+ 1)
(2m+ 3)
∣
∣
∣
∣
= 4 |x|2 .
Segue pelo teste da razão que essa série é convergente para |x| < 1/2 e divergente para
|x| > 1/2. O raio de convergência é então 1/2.
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a equação de Euler com parâmetro
x2y′′ + xy′ + βy = 0.
Encontre todos os valores de β para os quais existe ao menos uma solução y(x) que satisfaz
limx→0 y(x) = ∞.
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Solução:
A equação indicial é
r(r − 1) + r + β = 0
⇔ r2 + β = 0.
Temos 3 casos, segundo o sinal de β.
1 Caso β < 0 : A equação indicial tem 2 ráızes reais distintas. A solução geral é
y = Ax
√
|β| +Bx−
√
|β|.
Em particular, toda solução com B > 0 tem limite +∞ em 0.
2 Caso β = 0 : A equação indicial tem 1 raiz real repetido. A solução geral é
y = A+B ln(x).
Em particular, toda solução com B < 0 tem limite +∞ em 0.
3 Caso β > 0 : A equação indicial tem 2 ráızes imaginárias. A solução geral é
y = Acos(
√
β ln(x)) +Bsen(
√
β ln(x)).
Em particular, toda solução é limitada quando x tende a 0.
Recolhendo os casos em que o limite pode ser ∞, temos que isso pode acontecer para β ≤ 0.
Questão 4: (2.5 pontos)
Considere a equação
3x2y′′ + 5xy′ + (x2 − 1)y = 0.
(a) Mostre que 0 é ponto singular regular dessa equação.
Solução:
A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde
P (x) = 3x2,
Q(x) = 5x, e
R(x) = x2 − 1.
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Como P (0) = 0, o ponto x0 = 0 é ponto singular da equação. Logo
q(x) := xQ(x)
P (x)
= 5
3
, e
r(x) := x
2R(x)
P (x)
= x
2−1
3
.
Como essas funções são anaĺıticas em x0 = 0, esse ponto é ponto singular regular da
equação.
(b) Determine as ráızes da equação indicial dessa equação.
Solução:
Como q(0) = 5/3 e r(0) = −1/3, a equação de Euler associada é
x2y′′ +
5
3
xy′ − 1
3
y = 0.
A equação indicial é então
r(r − 1) + 5
3
r − 1
3
= 0
⇔ 3r2 + 2r − 1 = 0
⇔ (3r − 1)(r + 1) = 0,
e as ráızes são −1 e 1/3.
(c) Determine a relação de recorrência para os coeficientes da série de potências em torno de x = 0
da solução y(x) que corresponde à menor das duas ráızes da equação indicial.
Solução:
A menor das duas ráızes é r = −1. A solução tem então a forma
y =
∞
∑
m=0
amx
m−1,
onde a0 6= 0. Derivando aquilo, temos
y′ =
∑∞
m=0(m− 1)amxm−2,
y′′ =
∑∞
m=0(m− 1)(m− 2)amxm−3.
Substituindo paray na equação, temos
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3x2
∞
∑
m=0
(m− 1)(m− 2)amxm−3 + 3x
∞
∑
m=0
(m− 1)amxm−2 + (x2 − 1)
∞
∑
m=0
amx
m−1 = 0
⇔
∞
∑
m=0
3(m− 1)(m− 2)amxm−1 +
∞
∑
m=0
5(m− 1)amxm−1 +
∞
∑
m=0
amx
m+1 −
∞
∑
m=0
amx
m−1 = 0
⇔
∞
∑
n=−1
3n(n− 1)an+1xn +
∞
∑
n=−1
5nan+1x
n +
∞
∑
n=1
an−1x
n −
∞
∑
n=−1
an+1x
n = 0
⇔− a1 +
∞
∑
n=1
(3n(n− 1)an+1 + 5nan+1 + an−1 − an+1)xn = 0
Igualando coeficientes, temos então
a1 = 0,
e, para todo n ≥ 1,
an+1 =
−an−1
(3n− 1)(n+ 1) .
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
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TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência das séries abaixo.
(a)
∞
∑
m=1
(−1)mm√
4 + 3m4
.
Solução:
A série de valores absolutos desta série é
∞
∑
m=1
m√
4 + 3m4
.
Comparando com a série harmônica
∞
∑
m=1
1
m
,
temos
lim
m→∞
m√
4 + 3m4
/
1
m
= lim
m→∞
m2√
4 + 3m4
=
1√
3
.
Como a série harmónica é divergente, segue pelo teste de comparação no limite que a série
de valores absolutos é divergente.
Esta série é uma série alternada com m-ésimo termo
am = (−1)mf(m)
onde
f(x) :=
x√
4 + 3x4
.
Esta função é positiva. Sua derivada é
f ′(x) =
4− 3x4
√
4 + 3x4
3 .
Como f ′(x) é negativo no intervalo [2,∞[, a função f é decrescente neste intervalo. Em
fim,
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
x√
4 + 3x4
= 0.
Segue pelo teste da série alternada que esta série é convergente, e como sua série de valores
absolutos é divergente, ela é condicionalmente convergente.
(b)
∞
∑
m=1
m2e−m
4
.
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Solução:
Seja
f(x) = x2e−x
3
,
do modo que o m-esimo termo desta série é
am = f(m).
A função f é positiva. Sua derivada é
f ′(x) = x(2− 3x3)e−x3 .
Como f ′(x) é negativa no intervalo [1,∞[, a função f é decrescente neste intervalo. Em
fim, utilizando a substituição
y = x3, e
dy = 3x2dx,
temos
∫ ∞
1
f(x)dx =
∫ ∞
1
x2e−x
3
dx =
1
3
∫ ∞
1
e−ydy =
e−1
3
.
Como esta integral é finita, segue pelo teste da integral que esta série é convergente. Como
todos os termos desta série são positivos, ela é absolutamente convergente.
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Questão 2: (2.5 pontos)
Considere a série de potências
f(x) :=
∞
∑
m=0
(2x+ 1)m
(m+ 1)2
.
(a) Determine o intervalo de convergência desta série.
Solução:
A série é
f(x) =
∞
∑
m=0
2m
(m+ 1)2
(
x+
1
2
)m
.
Ela é centrada em
c = −1
2
.
O m-ésimo coeficiente é
cm =
2m
(m+ 1)2
O raio de convergência satisfaz
1
R
= lim
m→∞
∣
∣
∣
∣
cm+1
cm
∣
∣
∣
∣
= lim
m→∞
∣
∣
∣
∣
2m+1(m+ 2)2
2m(m+ 1)2
∣
∣
∣
∣
= lim
m→∞
∣
∣
∣
∣
2
(m+ 2)2
(m+ 1)2
∣
∣
∣
∣
= 2.
Assim
R =
1
2
.
As extremidades do intervalo de convergência são então 0 e −1. Em x = 0, a série é
f(0) =
∞
∑
m=0
1
(m+ 1)2
,
que é convergente, pois é uma p-série com p = 2. Em x = −1, a série é
f(−1) =
∞
∑
m=0
(−1)m
(m+ 1)2
,
que é absolutamente convergente, pois sua série de valores absolutos é uma p-série com
p = 2.
O intervalo de convergência é então [−1, 0].
(b) Determine f (10)(−1/2), a décima derivada de f em −1/2.
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Solução:
Pelo teorema de Taylor,
f (10)(−1/2) = 10!cm =
10!210
112
.
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Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a seguinte EDO:
2(x− 1)y′′ + xy′ + y = 0.
(a) Mostre que x0 = 1 é ponto singular regular desta equação.
Solução:
A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0
onde
P (x) = 2(x− 1),
Q(x) = x, e
R(x) = 1.
Como P (1) = 0, este ponto é ponto singular da equação. Como os limites
α := lim
x→1
(x− 1)Q(x)
P (x)
= lim
x→1
x(x− 1)
2(x− 1) =
1
2
, e
β := lim
x→1
(x− 1)2R(x)
P (x)
= lim
x→1
(x− 1)2
2(x− 1) = 0
existem e são finitos, este ponto é ponto singular regular da equação.
(b) Determine as ráızes da equação indicial desta equação.
Solução:
A equação de Euler associada é
t2y′′ + αty′ + βy = 0.
Substituindo α e β nesta equação, temos
t2y′′ +
1
2
ty′ = 0.
A equação indicial desta equação de Euler é
r2 − 1
2
r = 0,
e as ráızes desta equação são 0 e 1/2.
(c) Determine a relação de recorrência da solução em séries associada à maior das duas ráızes
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encontradas na parte (b).
Solução:
Substituimos primeiro t := (x− 1) de mode a tornar a equação em
2ty′′ + (t + 1)y′ + y = 0.
A solução é
y =
∞
∑
m=0
amt
m+r
com a0 6= 0. As derivadas são
y′ =
∞
∑
m=0
(m+ r)amt
m+r−1, e
y′′ =
∞
∑
m=0
(m+ r)(m+ r − 1)amtm+r−2.
Substituindo na equação, temos
2t
∞
∑
m=0
(m+ r)(m+ r − 1)amtm+r−2
+ (t+ 1)
∞
∑
m=0
(m+ r)amt
m+r−1 +
∞
∑
m=0
amt
m+r = 0
∴
∞
∑
m=0
2(m+ r)(m+ r − 1)amtm+r−1 +
∞
∑
m=0
(m+ r)amt
m+r
+
∞
∑
m=0
(m+ r)amt
m+r−1 +
∞
∑
m=0
amt
m+r = 0
∴
∞
∑
n=−1
2(n+ r + 1)(n+ r)an+1t
n+r +
∞
∑
n=0
(n + r)ant
n+r
+
∞
∑
n=−1
(n+ r + 1)an+1t
n+r +
∞
∑
n=0
ant
n+r = 0
∴ r(2r − 1)a0 +
∞
∑
n=0
(n+ r + 1)
(
(2n+ 2r + 1)an+1 + an
)
tn+r = 0.
Pelo teorema de Taylor, temos, para todo n ≥ 0,
(n+ r + 1)
(
(2n+ 2r1)an+1 + an
)
= 0.
Substituindo r = 1
2
, obtemos, para todo n ≥ 0,
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2(n+ 1)an+1 + an = 0
∴ an+1 =
−an
2(n+ 1)
.
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Questão 4: (2.5 pontos)
Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do problema
{
y′′ + 2y′ + 5y= uπ(x)sen(x) + δπ(x)cos(x)
y(0) = 0, y′(0) = 1
onde uπ(x) é a função degrau unitário com singularidade em π e δπ(x) é a função delta de Dirac
com singularidade em π.
Solução:
Aplicando a transformada de Laplace ao lado esquerdo, temos
L[y′′ + 2y′ + 5y] = L[y′′] + 2L[y′] + 5L[y]
= s2L[y]− sy(0)− y′(0) + 2sL[y]− y(0) + 5L[y]
= (s2 + 2s+ 5)L[y]− 1.
Aplicando a transformada de Laplace ao lado direito, temos
L[uπ(x)sen(x) + δπ(x)cos(x)] = L[uπ(x)sen((x− π) + π)] + L[δπ(x)cos(x)]
= −L[uπ(x)sen(x− π)] + e−πscos(π)
= −e−πsL[sen(x)]− e−πx.
Igualando os dois lados, temos então
(s2 + 2s+ 5)L[y]− 1 = −e
−πs
s2 + 1
− e−πs
∴ L[y] = −e
−πs
(s2 + 1)(s2 + 2s+ 5)
+
1
(s2 + 2s+ 5)
− e
−πs
s2 + 2s+ 5
.
Temos
1
(s2 + 2s+ 5)
=
1
2
2
(s+ 1)2 + 4
=
1
2
L[e−xsen(2x)].
Assim
−e−πs
(s2 + 2s+ 5)
=
1
2
e−πsL[e−xsen(2x)]
=
1
2
L[uπ(x)e−(x−π)sen(2(x− π))]
=
1
2
L[uπ(x)eπe−xsen(2x)].
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Aplicando a técnica de frações parciais, temos
1
(s2 + 1)(s2 + 2s+ 5)
=
1
10
(2− s)
(s2 + 1)
+
1
10
s
(s2 + 2s+ 5)
= − 1
10
s
s2 + 1
+
1
5
1
s2 + 1
+
1
10
(s+ 1)
(s+ 1)2 + 4
− 1
20
2
(s+ 1)2 + 4
= − 1
10
L[cos(x)] + 1
5
L[sen(x)] + 1
10
L[e−xcos(2x)]− 1
20
L[e−xsen(2x)]
= L[h],
onde
h(x) = − 1
10
cos(x) +
1
5
sen(x) +
1
10
e−xcos(2x)− 1
20
e−xsen(2x).
Assim
−e−πs
(s2 + 1)(s2 + 2s+ 5)
= −e−πsL[h(x)] = −L[uπ(x)h(x− π)].
Segue que
L[y] = −L[uπ(x)h(x− π)] +
1
2
L[e−xsen(2x)]− 1
2
L[uπ(x)eπe−xsen(2x)].
Assim
y = −uπ(x)h(x− π) +
1
2
e−xsen(2x)− 1
2
uπ(x)e
πe−xsen(2x).
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova - Unificada - 29/04/2019
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
1. Determine se a série
∑∞
n=2
(−1)n
n log(n)
é (condicionalmente ou absolutamente) convergente, ou di-
vergente.
2. Para quais das seguintes séries o Teste de Razão não é conclusivo?
(a)
∑∞
n=1
1
n3
, (b)
∑∞
n=1
n
2n
, (c)
∑∞
n=1
(−3)n−1√
n
, (d)
∑∞
n=1
√
n
1+n2
.
Solução:
1. Primeiro usamos o teste da série alternada. A função f(x) = 1
x log(x)
= (x log(x))−1 satisfaz
f ′(x) = −(x log(x))−2(log(x) + 1) < 0,
então f é decrescente e a série
∑∞
n=2
(−1)n
n log(n)
=
∑∞
n=2(−1)nan satisfaz an ≥ an+1 > 0 e limn→∞ an =
0, e é necessariamente convergente.
A série não é absolutamente convergente pelo teste de integral. Consideramos a integral∫ ∞
2
1
x log(x)
dx =
∫ ∞
e2
1
t
dt =∞,
e concluimos que a série
∑∞
n=2
1
n log(n)
também é divergente.
2. (a)
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞ n(n+ 1)3 = 1,
e o teste não é conclusivo.
2. (b)
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞ n+ 1n 2n2n+1 = 12 < 1
e o teste é conclusivo.
2. (c)
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞ 3n3n−1
√
n√
n+ 1
= 3 > 1
e o teste é conclusivo.
2. (d)
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞
√
n+ 1√
n
1 + n2
1 + (n+ 1)2
= 1
e o teste de Razão não é conclusivo.
Página 1
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova - Unificada - 29/04/2019 (continuação)
Questão 2: (2.5 pontos)
Considere a equação diferencial
(x− π
2
)y′′ + cos(x)y′ + (x− π
2
)2y = 0.
1. Demonstre que o ponto x = π/2 é um ponto ordinario da equação.
2. Se
∑∞
n=0 an(x−
π
2
)n é uma solução da equação, determine as equações lineares que relacionam
os primeiros coeficientes a0, a1, a2, a3.
Solução:
1. A função f(x) = cos(x) é anaĺıtica e pode ser representada por sua série de Taylor em x0 =
π
2
,
cos(x) =
∞∑
n=1
(−1)n
(2n− 1)!
(x− π
2
)2n−1,
= −(x− π
2
) +
1
3!
(x− π
2
)3 − 1
5!
+ · · · .
Logo, a equação (x− π
2
)y′′ + cos(x)y′ + (x− π
2
)2y = 0 é equivalente à equação diferencial
y′′ −
(∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
(x− π
2
)2n
)
y′ + (x− π
2
)y = 0.
Os coeficientes de y e y′ são funções anaĺıticas em torno de π
2
, então x0 =
π
2
é um ponto ordinário
da equação.
2. Se y(x) =
∑∞
n=0 an(x−
π
2
)n, então calculamos
(x− π
2
)y =
∞∑
n=0
an(x−
π
2
)n+1 =
∞∑
n=1
an−1(x−
π
2
)n,
y′ =
∞∑
n=1
ann(x−
π
2
)n−1 =
∞∑
n=0
an+1(n+ 1)(x−
π
2
)n,
y′′ =
∞∑
n=2
ann(n− 1)(x−
π
2
)n−2 =
∞∑
n=0
an+2(n+ 2)(n+ 1)(x−
π
2
)n
e consideramos a longa equação diferencial(
∞∑
n=0
an+2(n+ 2)(n+ 1)(x−
π
2
)n
)
−
(∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
(x− π
2
)2n
)(
∞∑
n=0
an+1(n+ 1)(x−
π
2
)n
)
+
(
∞∑
n=1
an−1(x−
π
2
)n
)
= 0
O termo constante nessa expressão vem do termo constante no primeiro termo, mais o produto
dos termos constantes no produto no meio. Isso é,
2a2 − 1× a1 = 0.
Página 2
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova - Unificada - 29/04/2019 (continuação)
O coeficiente de (x− π
2
) na longa equação vem dos termos lineares no primeiro e o último termos,
junto com um produto do termo no meio :
6a3 − 1× 2a2 + a0 = 0.
O próximo coeficiente vai involver o termo a4, então terminamos aqui. As equações lineares são
2a2 − a1 = 0,
6a3 − 2a2 + a0 = 0.
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a equação diferencial ordinária
2x2y′′ + 3xy′ + (2x2 − 1)y = 0.
1. Demonstre que x = 0 é um ponto singular regular dessa equação.
2. Determine as ráızes da equação indicial da equação diferencial.
3. Determine a relação de recorrência para os coeficientes da série de potências em torno de x = 0
da solução y(x) que corresponde com à maior das duas ráızes da equação indicial.
Solução:
1. Lembrando a última questão, não é suficiente observar que o coeficiente de y′′ anula-se em
x = 0 para afirmar que isso é um ponto singular. Ao invés disso, para P (x) = 2x2, Q(x) = 3x
e R(x) = 2x2 − 1, temos que Q(x)/P (x) = 3/2x que não é anaĺıtica em torno de x = 0, então
podemos concluir que x = 0 é um ponto singular. Porém,
lim
x→0
x
Q(x)
P (x)
= 3/2, e lim
x→0
x2
R(x)
P (x)
=
−1
2
então x = 0 é um ponto singular regular.
2. e 3. Suponha que y(x) = xr
∑∞
n=0 anx
n =
∑∞
n=0 anx
n+r. Então calculamos
x2y =
∞∑
n=0
anx
n+r+2 =
∞∑
n=2
an−2x
n+r,
xy′ =
∞∑
n=0
an(n+ r)x
n+r,
x2y′′ =
∞∑
n=0
an(n+ r)(n+ r − 1)xn+r,
logo,
0 = 2x2y′′ + 3xy′ + (2x2 − 1)y,
=
(
2r(r − 1) + 3r − 1
)
a0x
r +
(
2(r + 1)r + 3(r + 1)− 1
)
a1x
r+1
+
∞∑
n=2
(
(2(n+ r)(n+ r − 1) + 3(n+ r)− 1)an + 2an−2
)
xn+r.
Página 3
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova - Unificada - 29/04/2019 (continuação)
Logo, a equação indicial é 2r(r − 1) + 3r − 1 = 2r2 + r − 1 = (2r − 1)(r + 1) = 0 e as ráızes da
equação indicial são r = −1 e r = 1/2. A relação de recorrência associada à ráız r = 1/2 é
an =
−2an−2
2(n+ 1
2
)(n− 1
2
) + 3(n+ 1
2
)− 1
=
−2an−2
2n2 + 3n
para n ≥ 2. Também observamos que é necessário ter a1 = 0.
Questão 4: (2.5 pontos)
Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução y(t) do seguinte sistema de equações{
x′(t) + 2y′(t)− 2y(t) = t,
x(t) + y′(t)− y(t) = 1,
com condições iniciais x(0) = y(0) = 0.
Solução:
Na segunda equação acima, colocamos t = 0 para ver que 0 + y′(0) − y(0) = 1 e y′(0) = 1.
Diferenciando a segunda equação, temos x′+y′′−y′ = 0. Então, podemos retirar x′ da expressão
ao fazer a diferença com a primeira equação. Obtemos
y′′ − 3y′ + 2y = −t, y(0) = 0, y′(0) = 1.
Aplicando a transformada de Laplace, se Y (s) = L{y(t)},
(s2 − 3s+ 2y)Y (s)− 1 = −1/s2,
Y (s) =
s2 − 1
(s2 − 3s+ 2)s2
,
=
s+ 1
s2(s− 2)
.
Simplificamos isso usando frações parciais
Y (s) =
A
s
+
B
s2
+
C
s− 2
,
s+ 1s2(s− 2)
=
As(s− 2) +B(s− 2) + cs2
s2(s− 2)
,
s+ 1 = (A+ C)s2 + (B − 2A)s− SB.
Então o sistema de equações lineares A+C = 0, B−2A = 1, −2B = 1 tem soluções A = −3/4,
B = −1/2 e C = 3/4. Temos
Y (s) =
−3
4
1
s
− 1
2s2
+
3
4
1
s− 2
,
y(t) =
−3
4
− t
2
+
3
4
e2t.
Juntando isso com a segunda equação acima, obtemos
x(t) =
3
4
− t
2
− 3
4
e2t.
Página 4
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova - Unificada - 29/04/2019 (continuação)
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO!
Página 5
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Primeira prova - Unificada - 29/04/2019 (continuação)
Transformadas de Laplace elementares.
f L[f ]
1
1
s
, s > 0
tm (m ∈ N) m!
sm+1
, s > 0
eat
1
s− a
, s > a
sen(at)
a
s2 + a2
, s > 0
cos(at)
s
s2 + a2
, s > 0
eatsen(bt)
b
(s− a)2 + b2
, s > 0
eatcos(bt)
(s− a)
(s− a)2 + b2
, s > 0
senh(at)
a
s2 − a2
, s > |a|
cosh(at)
s
s2 − a2
, s > |a|
ua(t)f(t− a) e−asL[f ](s)
eatf L[f ](s− a)
f (m)(t) smL[f ](s)− sm−1f(0)− ...− f (m−1)(0)
Integrais úteis. ∫
xmcos(αx)dx =
xm
α
sen(αx)− m
α
∫
xm−1sen(αx)dx∫
xmsen(αx)dx = −x
m
α
cos(αx) +
m
α
∫
xm−1cos(αx)dx
O problema {
y′′ + λy = 0
y(0) = 0, y(L) = 0
tem autovalores λ = n2π2/L2, n ∈ N, e as autofunções correspondentes são
yn(x) = sen
(nπx
L
)
.
Página 6
Gabarito da Primeira Prova Unificada de Cálculo IV - 2019/2, 27/09/2019
Questão 1: (2,5 pontos) Determine a convergência, convergência absoluta ou divergência das
séries abaixo. Justifique.
a)
∞∑
n=1
(−1)n−1(lnn)2
n
, b)
∞∑
n=2
1
2lnn
.
Solução:
a) Observe que a série dos valores absolutos diverge pois
ln2(n)
n
≥ 1
n
∀n ≥ 3,
e aplicamos o teste de comparação com a série harmônica
∑∞
n=3
1
n
que diverge. Para
estudar a série alternada, consideramos bn =
ln2(n)
n
. Veja que por L’Hôspital
lim
n→∞
bn = lim
n→∞
ln2(n)
n
= lim
n→∞
2 ln(n)
n
= lim
n→∞
2
n
= 0.
Para estudar a monotonia da função f(x) = ln
2(x)
x
calculamos a derivada da f
f ′(x) =
ln(x)(2− ln(x))
x2
.
Observe que para x > e2, 2 − ln(x) < 0, então f é decrescente em (e2,∞). segue
que bn+1 ≤ bn para n ≥ 8. Pelo teste da série alternada a série converge. Logo a
série é condicionalmente convergente.
b) 1◦ via de Solução: Observe que 2 < e, segue que 2lnn < elnn = n para n ≥ 2, logo
temos que 1
2lnn
> 1
n
para n ≥ 2. Portanto a série diverge pelo teste de comparação
com a série harmônica
∑∞
n=2
1
n
.
2◦ via de Solução: Observe que 2lnn = (eln 2)lnn = (elnn)ln 2 = nln 2. Segue que
∞∑
n=2
1
2lnn
=
∑∞
n=2
1
nln 2
. Como 1 < 2 < e e ln é uma função estritamente crescente
então 0 < ln 2 < ln e = 1. Mas a série
∑∞
n=2
1
nln 2
diverge porque é uma série p com
p = ln 2 < 1. Portanto a série diverge.
Questão 2: (2,5 pontos) Considere a série de potências
+∞∑
k=0
(−1)k+1 (x− 2)
k+1
3k+1(k + 1)
.
Copyright c© 2019, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia,
reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
a) Encontre o raio de convergência e o intervalo de convergência da série de potências
acima.
b) Encontre explicitamente a função que representa a série no intervalo (2−R, 2 +R),
onde R é o raio de convergência.(Dica: derive a série uma vez).
Solução:
a) Para determinar o raio de convergência da série usamos o critério da razão.
lim
k→+∞
∣∣∣(−1)k+2 (x−2)k+23k+2(k+2) ∣∣∣∣∣∣(−1)k+1 (x−2)k+13k+1(k+1) ∣∣∣ = limk→+∞
|x− 2|
3
k + 1
k + 2
=
|x− 2|
3
< 1 ⇐⇒ |x− 2| < 3
logo o raio de convergência da série é R = 3. Então o domı́nio de convergência
contém o intervalo (−1, 5). No ponto x = −1 a série se torna
+∞∑
k=0
(−1)k+1 (−3)
k+1
3k+1(k + 1)
=
+∞∑
k=0
1
k + 1
,
a série harmônica, que diverge (é uma série p com p=1). Consideramos o extremo
x = 5. A série se torna
+∞∑
k=0
(−1)k+1 3
k+1
3k+1(k + 1)
=
+∞∑
k=0
(−1)k+1
(k + 1)
,
a série harmônica alternada, que converge pelo teste da série alternada. Logo o
domı́nio de convergência é (−1, 5].
b) Seja ϕ(x) uma função tal que
ϕ(x) =
+∞∑
k=0
(−1)k+1 (x− 2)
k+1
3k+1(k + 1)
,
em (−1, 5). Derivando termo a termo:
ϕ′(x) =
+∞∑
k=0
(−1)k+1 (x− 2)
k
3k+1
= −1
3
+∞∑
k=0
(−1)k
(
x− 2
3
)k
= −1
3
+∞∑
k=0
(−1)ktk,
onde t = (x− 2)/3. Mas a última série é igual a
+∞∑
k=0
(−1)ktk =
+∞∑
k=0
(−t)k = 1
1 + t
,
pois é a série geométrica de razão −t. Note que no intervalo (−1, 5), temos que
|x− 2| < 3, logo |t| < 1, intervalo no qual a série geométrica converge. Então
ϕ′(x) = −1
3
1
1 + t
= −1
3
1
1 + x−2
3
= − 1
x+ 1
.
Copyright c© 2019, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia,
reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Segue que ϕ(x) = − ln(x+ 1) + k, k uma constante. Avaliando em x = 2, obtemos
k = ln(3). Logo
+∞∑
k=0
(−1)k+1 (x− 2)
k+1
3k+1(k + 1)
= − ln(x+ 1) + ln(3) = ln( 3
x+ 1
).
Questão 3: (2,5 pontos) Considere a equação diferencial ordinária:
3xy′′ + y′ + 2xy = 0.
a) Demonstre que x = 0 é um ponto singular regular dessa equação.
b) Determine as ráızes da equação indicial da equação diferencial.
c) Determine a relação de recorrência da solução em série potências em torno de
x = 0 associada à maior das duas ráızes da equação indicial.
Solução:
a) A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde P (x) = 3x, Q(x) = 1 e R(x) = 2x. Como P (0) = 0, este ponto é ponto
singular da equação.
Como os limites
p0 = lim
x→0
xQ(x)
P (x)
= lim
x→0
x
3x
=
1
3
,
q0 = lim
x→0
x2R(x)
P (x)
= lim
x→0
2x3
3x
= 0,
existem e são finitos, este ponto é ponto singular regular da equação.
b) A equação indicial está definida por F (r) = r(r − 1) + p0r + q0. Logo F (r) =
r2 − 2
3
r = r(r − 2
3
) e as ráızes desta equação são 0 e 2/3.
c) Para determinar relação de recorrência consideremos uma solução da forma
y(x) = x2/3
∞∑
n=0
anx
n =
∞∑
n=0
anx
n+2/3,
com a0 6= 0. As derivadas são
y′(x) =
∞∑
n=0
(n+ 2/3)anx
n+2/3−1, y′′(x) =
∞∑
n=0
(n+ 2/3)(n+ 2/3− 1)anxn+2/3−2.
Substituindo na equação:
∞∑
n=0
3(n+ 2/3)(n− 1/3)anxn−1/3 +
∞∑
n=0
(n+ 2/3)anx
n−1/3 +
∞∑
n=0
2anx
n+5/3 = 0,
∞∑
n=0
3(n+ 2/3)(n− 1/3)anxn−1/3 +
∞∑
n=0
(n+ 2/3)anx
n−1/3 +
∞∑
n=2
2an−2x
n−1/3 = 0,
5a1 +
∞∑
n=2
(3n(n+ 2/3)an + 2an−2)x
n−1/3 = 0.
Copyright c© 2019, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia,
reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
A relação de recorrência associada a ráız r = 2/3 é an =
−2an−2
3n(n+2/3)
, para n ≥ 2.
Também observamos que é necessário ter a1 = 0.
Questão 4: (2.5 pontos) Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do seguinte
problema de valor inicial {
y′′ − 2y′ + 3y = u1(t)et−1
y(0) = 0, y′(0) = 0,
onde u1(t) é a função degrau unitário com descontinuidade em 1.
Solução
Aplicando a Transformada de Laplace em ambos lados da equação,
L{y′′ − 2y′ + 3y}(s) = L{u1(t)et−1}(s),
(s2 − 2s+ 3)L{y}(s)− sy(0)− y′(0)− y(0) = e
−s
s− 1
.
Pelas condições iniciais e o método de frações simples obtemos
L{y}(s) = e
−s
(s− 1)(s2 − 2s+ 3)
=
1
2
e−s
s− 1
− 1
2
e−s(s− 1)
s2 − 2s+ 3
.
Usando a tabela de transformadas, podemos observar também que
L−1
(
e−s
s− 1
)
= u1(t)e
t−1
e
L−1
(
e−s(s− 1)
s2 − 2s+ 3
)
= L−1
(
e−s
(s− 1)
(s− 1)2 + 2
)
= u1(t)L−1
(
(s− 1)
(s− 1)2 + 2
)
(t− 1)
= u1(t)e
t−1cos(
√
2 (t− 1)).
Por tanto a solução procurada é
y(t) =
1
2
u1(t)e
t−1 − 1
2
u1(t)e
t−1cos(
√
2 (t− 1)) = 1
2
u1(t)e
t−1(1− cos(
√
2 (t− 1)).
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
2◦ prova unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 16/02/2015
TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (3.0 pontos)
Resolva o problema de valor inicial
{
y′′ − 3y′ + 2y = g(t),
y(0) = 0, y′(0) = 0,
onde g : [0,+∞[→ R é a função definida por
g(t) =
{
6et se 0 ≤ t ≤ 1
0 se t > 1.
Solução:
Aplicando a transformada de Laplace temos
[
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)
]
− 3 [sY (s)− y(0)] + 2Y (s) = H(s),
onde H(s) e Y (s) são, respetivamente, as transformadas de h(t) e y(t). Assim tem-se a relação
(s2 − 3s+ 2)Y (s) = H(s),
de onde segue a igualdade
Y (s) =
H(s)
s2 − 3s+ 2 =
H(s)
(s− 1)(s− 2) .
Para calcular H(s) observamos que h(t) pode ser escrita na seguinte forma:
h(t) = 6et − 6u1(t)et
= 6et − 6u1(t)e(t−1)+1;
portanto,
H(s) = L
{
6et
}
(s)− L
{
6u1(t)e
(t−1)+1
}
(s)
=
6
s− 1 − e
−sL
{
6et+1
}
(s)
=
6
s− 1 − e
−sL
{
6e · et
}
(s)
=
6
s− 1 − e
−s 6e
s− 1
=
6
s− 1
(
1− e1−s
)
.
consequentemente, podemos concluir que
Y (s) =
6
(s− 1)2(s− 2)
(
1− e1−s
)
.
Página 1
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2◦ prova unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 16/02/2015 (continuação)
Pondo
G(s) =
6
(s− 1)2(s− 2)
temos então que
Y (s) = G(s)− e1−sG(s).
Logo, se g(t) := L−1 {G(s)} (t) temos que
y(t) = L−1 {G(s)} (t)− L−1
{
e · e−sG(s)
}
(t) = g(t)− eu1(t)g(t− 1).
Só resta calcular g(t). Para isso, escrevemos G(s) em frações simples, ou seja,
G(s) =
6
(s− 1)2(s− 2) =
6
s− 2 −
6
s− 1 −
6
(s− 1)2 .
Portanto,
g(t) = L−1
{
6
s− 2 −
6
s− 1 −
6
(s− 1)2
}
(t)
= 6L−1
{
1
s− 2
}
− 6L−1
{
1
s− 1
}
− 6L−1
{
1
(s− 1)2
}
= 6e2t − 6et − 6tet.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f : [0, 2] → R, a função definida por
f(x) =
{
0 se 0 ≤ x ≤ 1,
1 se 1 < x ≤ 2.
(a) Determine a série de Fourier em cossenos de f .
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [0, 6].
(c) Calcule o valor da série
+∞
∑
k=0
(−1)κ
2κ+ 1
.
Solução:
(a) A série de Fourier em cossenos de f é dada por
f(x) =
a0
2
+
∞
∑
n=1
ancos
(nπx
2
)
,
onde
a0 =
∫ 2
0
f(x)dx =
∫ 2
1
dx = 1,
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e, para n ≥ 1,
an =
∫ 2
0
f(x)cos
(nπx
2
)
dx =
∫ 2
1
cos
(nπx
2
)
dx
=
[
2
nπ
sen
(nπx
2
)
]2
1
=
2
nπ
sen(nπ)− 2
nπ
sen
(nπ
2
)
= − 2
nπ
sen
(nπ
2
)
.
Dáı obtemos que a série de Fourier de f é dada pela expressão:
1
2
−
∞
∑
n=1
2
nπ
sen
(nπ
2
)
cos
(nπx
2
)
.
(b) O gráfico da série de Fourier obtida no item (a), no intervalo [0, 6], é o seguinte:
y
x
1
2
−
1−
•
◦ ◦ ◦ •
• ◦ p ◦
•
p ◦
•
p
0 1 2 3 4 5 6
(c) Como a extensão par de f é continua em x = 0, segue do Teorema de Convergência de
Fourier que
1
2
−
∞
∑
n=1
2
nπ
sen
(nπ
2
)
= f(0) = 0,
de onde decorre a igualdade
∞
∑
n=1
1
n
sen
(nπ
2
)
=
π
4
.
Usando as igualdades
sen
(nπ
2
)
=
{
0 se n = 2κ,
(−1)κ se n = 2κ+ 1.
obtemos então que
∞
∑
κ=0
(−1)κ
(2κ+ 1)
=
π
4
.
Questão 3: (2.0 pontos)
Página 3
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Encontre as autofunções e autovalores do problema
{
x2y′′ + xy′ = λy,
y(1) = y(2) = 0.
(Dica: use a equação de Euler.)
Solução:
Procuramos soluções da forma y = xr. Derivando y temos
y′ = rxr−1 e y′′ = r(r − 1)r−2.
Substituindo na equação obtemos as relações
r(r − 1)xr + rxr = λxr ⇔ (r2 − λ)xr = 0 ⇔ r2 − λ = 0.
Há três possibilidades:
(a) λ > 0. Nesse caso, a solução geral é dada pela expressão
y(x) = ax
√
λ + bx−
√
λ, a, b ∈ R.
As condições de contorno impõem as igualdades
y(1) = a+ b = 0,
y(2) = a2
√
λ + b2−
√
λ = 0,
de onde temos que
(2
√
λ − 2−
√
λ)a = (2
√
λ − 2−
√
λ)b = 0.
Ou seja, não há soluções não-triviais e consequentemente não há autovalores positivos.
(b) λ = 0. Nesse caso, a solução geral é dada por
y(x) = ax ln(x) + bx, a, b ∈ R.
Usando as condições de contorno tem-se
y(1) = b = 0,
y(2) = 2 ln(2)a = 0,
logo a = b = 0. Portanto, que não há soluções não-triviais e 0 não é autovalor.
(c) λ < 0. Nesse caso, a solução geral é dada por
y(x) = acos(
√
|λ| ln(x)) + bsen(
√
|λ| ln(x)) a, b ∈ R.
As condições de contorno impõem as seguintes restrições:
y(1) = a = 0,
y(2) = bsen(
√
|λ| ln(2)) = 0.
Página 4
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Portanto, existem soluções não-triviais se, e somente se,
√
|λ| ln(2) = nπ, por n inteiro
positivo. Assim, as autovalores são
λn = −
( nπ
ln(2)
)2
, n = 1, 2, 3, . . .
e as autofunções correspondentes são dadas por
yn(x) = sen(nπ ln(x)/ ln(2)).
Questão 4: (2.5 pontos)
Determine a solução u(x, t) do problema





ut(x, t) = 4uxx(x, t) x ∈ (0, π), t ∈ (0,∞),
ux(0, t) = ux(π, t) = 0 t ∈ (0,∞),
u(x, 0) = g(x) x ∈ (0, π),
onde
g(x) =





0 se 0 ≤ x ≤ π/4,
1 se π/4 < x ≤ 3π/4,
0 se 3π/4 < x ≤ π.
Solução:
Aplicamos o método de separação de variáveis. Escrevemos então
u(x, t) = X(x)T (t).
Substituindo na equação, obtemos
X(x)T ′(t) = 4X ′′(x)T (t) ⇐⇒ X
′′(x)
X(x)
=
T ′(t)
4T (t)
.
Como na última igualdade o lado esquerdo não depende de t e o lado direito não depende de x,
ambos deverão ser iguais a uma constante real, que chamaremos de λ:
X ′′(x)
X(x)
=
T ′(t)
4T (t)
= λ,
de onde obtemos as equações
X ′′(x) = λX(x) e T ′(t) = 4λT (t).
Usando agora as condições de contorno temos que
X ′(0)T (t) = 0 ∀t > 0; portanto X ′(0) = 0,
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e
X ′(π)T (t) = 0 ∀t > 0; portanto X ′(π) = 0.
Como temos duas condições de contorno em X , procuramos soluções do problema de autovalores
{
X ′′(x) = λX(x),
X ′(0) = 0 e X ′(π) = 0.
Aplicando a fórmula com L = π, vemos que os autovalores de esse problema são λm = −m2,
m ∈ {0, 1, 2, ...}, e as autofunções correspondentes são
{
X0(x) = 1,
Xm(x) = cos(mx), m ≥ 1.
Resolvendo a correspondente equação de T temos que
T ′m(t) = −4m2T (t); logo Tm(t) = ame−4m
2t.
Dáı, a solução geral é dada por
u(x, t) =
a0
2
+
∞
∑
m=1
ame
−4m2tcos(mx).
Usando agora as condições iniciais deverá ser satisfeita a relação
u(x, 0) =
a0
2
+
∞
∑
m=1
amcos(mx) = g(x).
Assim, pelas fórmulas de Euler-Fourier para séries de Fourier em cossenos tem-se
a0 =
2
π
∫ π
0
g(x)dx
=
2
π
∫ 3π/4
π/4
dx
= 1,
am =
2
π
∫ π
0
g(x)cos(mx)dx
=
2
π
∫ 3π/4
π/4
cos(mx)dx
=
2
π
[
1
m
sen(mx)
]3π/4
π/4
=
2
mπ
[
sen
(
3mπ
4
)
− sen
(mπ
4
)
]
=
4
mπ
sen
(mπ
4
)
cos
(mπ
2
)
.
Finalmente obtemos a solução:
u(x, t) =
1
2
+
∞
∑
m=1
4
mπ
e−4m
2tsen
(mπ
4
)
cos
(mπ
2
)
cos (mx) .
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Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
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TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (3.0 pontos)
Resolva o problema de valor inicial
{
y′′ − 3y′ + 2y = g(t),
y(0) = 0, y′(0) = 0,
onde g : [0,+∞[→ R é a função definida por
g(t) =
{
6et se 0 ≤ t ≤ 1
0 se t > 1.
Solução:
Aplicando a transformada de Laplace temos
[
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)
]
− 3 [sY (s)− y(0)] + 2Y (s) = H(s),
onde H(s) e Y (s) são, respetivamente, as transformadas de h(t) e y(t). Assim tem-se a relação
(s2 − 3s+ 2)Y (s) = H(s),
de onde segue a igualdade
Y (s) =
H(s)
s2 − 3s+ 2 =
H(s)(s− 1)(s− 2) .
Para calcular H(s) observamos que h(t) pode ser escrita na seguinte forma:
h(t) = 6et − 6u1(t)et
= 6et − 6u1(t)e(t−1)+1;
portanto,
H(s) = L
{
6et
}
(s)− L
{
6u1(t)e
(t−1)+1
}
(s)
=
6
s− 1 − e
−sL
{
6et+1
}
(s)
=
6
s− 1 − e
−sL
{
6e · et
}
(s)
=
6
s− 1 − e
−s 6e
s− 1
=
6
s− 1
(
1− e1−s
)
.
consequentemente, podemos concluir que
Y (s) =
6
(s− 1)2(s− 2)
(
1− e1−s
)
.
Página 1
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Pondo
G(s) =
6
(s− 1)2(s− 2)
temos então que
Y (s) = G(s)− e1−sG(s).
Logo, se g(t) := L−1 {G(s)} (t) temos que
y(t) = L−1 {G(s)} (t)− L−1
{
e · e−sG(s)
}
(t) = g(t)− eu1(t)g(t− 1).
Só resta calcular g(t). Para isso, escrevemos G(s) em frações simples, ou seja,
G(s) =
6
(s− 1)2(s− 2) =
6
s− 2 −
6
s− 1 −
6
(s− 1)2 .
Portanto,
g(t) = L−1
{
6
s− 2 −
6
s− 1 −
6
(s− 1)2
}
(t)
= 6L−1
{
1
s− 2
}
− 6L−1
{
1
s− 1
}
− 6L−1
{
1
(s− 1)2
}
= 6e2t − 6et − 6tet.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f : [0, 2] → R, a função definida por
f(x) =
{
0 se 0 ≤ x ≤ 1,
1 se 1 < x ≤ 2.
(a) Determine a série de Fourier em cossenos de f .
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [0, 6].
(c) Calcule o valor da série
+∞
∑
k=0
(−1)κ
2κ+ 1
.
Solução:
(a) A série de Fourier em cossenos de f é dada por
f(x) =
a0
2
+
∞
∑
n=1
ancos
(nπx
2
)
,
onde
a0 =
∫ 2
0
f(x)dx =
∫ 2
1
dx = 1,
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e, para n ≥ 1,
an =
∫ 2
0
f(x)cos
(nπx
2
)
dx =
∫ 2
1
cos
(nπx
2
)
dx
=
[
2
nπ
sen
(nπx
2
)
]2
1
=
2
nπ
sen(nπ)− 2
nπ
sen
(nπ
2
)
= − 2
nπ
sen
(nπ
2
)
.
Dáı obtemos que a série de Fourier de f é dada pela expressão:
1
2
−
∞
∑
n=1
2
nπ
sen
(nπ
2
)
cos
(nπx
2
)
.
(b) O gráfico da série de Fourier obtida no item (a), no intervalo [0, 6], é o seguinte:
y
x
1
2
−
1−
•
◦ ◦ ◦ •
• ◦ p ◦
•
p ◦
•
p
0 1 2 3 4 5 6
(c) Como a extensão par de f é continua em x = 0, segue do Teorema de Convergência de
Fourier que
1
2
−
∞
∑
n=1
2
nπ
sen
(nπ
2
)
= f(0) = 0,
de onde decorre a igualdade
∞
∑
n=1
1
n
sen
(nπ
2
)
=
π
4
.
Usando as igualdades
sen
(nπ
2
)
=
{
0 se n = 2κ,
(−1)κ se n = 2κ+ 1.
obtemos então que
∞
∑
κ=0
(−1)κ
(2κ+ 1)
=
π
4
.
Questão 3: (2.0 pontos)
Página 3
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Encontre as autofunções e autovalores do problema
{
x2y′′ + xy′ = λy,
y(1) = y(2) = 0.
(Dica: use a equação de Euler.)
Solução:
Procuramos soluções da forma y = xr. Derivando y temos
y′ = rxr−1 e y′′ = r(r − 1)r−2.
Substituindo na equação obtemos as relações
r(r − 1)xr + rxr = λxr ⇔ (r2 − λ)xr = 0 ⇔ r2 − λ = 0.
Há três possibilidades:
(a) λ > 0. Nesse caso, a solução geral é dada pela expressão
y(x) = ax
√
λ + bx−
√
λ, a, b ∈ R.
As condições de contorno impõem as igualdades
y(1) = a+ b = 0,
y(2) = a2
√
λ + b2−
√
λ = 0,
de onde temos que
(2
√
λ − 2−
√
λ)a = (2
√
λ − 2−
√
λ)b = 0.
Ou seja, não há soluções não-triviais e consequentemente não há autovalores positivos.
(b) λ = 0. Nesse caso, a solução geral é dada por
y(x) = ax ln(x) + bx, a, b ∈ R.
Usando as condições de contorno tem-se
y(1) = b = 0,
y(2) = 2 ln(2)a = 0,
logo a = b = 0. Portanto, que não há soluções não-triviais e 0 não é autovalor.
(c) λ < 0. Nesse caso, a solução geral é dada por
y(x) = acos(
√
|λ| ln(x)) + bsen(
√
|λ| ln(x)) a, b ∈ R.
As condições de contorno impõem as seguintes restrições:
y(1) = a = 0,
y(2) = bsen(
√
|λ| ln(2)) = 0.
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Portanto, existem soluções não-triviais se, e somente se,
√
|λ| ln(2) = nπ, por n inteiro
positivo. Assim, as autovalores são
λn = −
( nπ
ln(2)
)2
, n = 1, 2, 3, . . .
e as autofunções correspondentes são dadas por
yn(x) = sen(nπ ln(x)/ ln(2)).
Questão 4: (2.5 pontos)
Determine a solução u(x, t) do problema





ut(x, t) = 4uxx(x, t) x ∈ (0, π), t ∈ (0,∞),
ux(0, t) = ux(π, t) = 0 t ∈ (0,∞),
u(x, 0) = g(x) x ∈ (0, π),
onde
g(x) =





0 se 0 ≤ x ≤ π/4,
1 se π/4 < x ≤ 3π/4,
0 se 3π/4 < x ≤ π.
Solução:
Aplicamos o método de separação de variáveis. Escrevemos então
u(x, t) = X(x)T (t).
Substituindo na equação, obtemos
X(x)T ′(t) = 4X ′′(x)T (t) ⇐⇒ X
′′(x)
X(x)
=
T ′(t)
4T (t)
.
Como na última igualdade o lado esquerdo não depende de t e o lado direito não depende de x,
ambos deverão ser iguais a uma constante real, que chamaremos de λ:
X ′′(x)
X(x)
=
T ′(t)
4T (t)
= λ,
de onde obtemos as equações
X ′′(x) = λX(x) e T ′(t) = 4λT (t).
Usando agora as condições de contorno temos que
X ′(0)T (t) = 0 ∀t > 0; portanto X ′(0) = 0,
Página 5
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e
X ′(π)T (t) = 0 ∀t > 0; portanto X ′(π) = 0.
Como temos duas condições de contorno em X , procuramos soluções do problema de autovalores
{
X ′′(x) = λX(x),
X ′(0) = 0 e X ′(π) = 0.
Aplicando a fórmula com L = π, vemos que os autovalores de esse problema são λm = −m2,
m ∈ {0, 1, 2, ...}, e as autofunções correspondentes são
{
X0(x) = 1,
Xm(x) = cos(mx), m ≥ 1.
Resolvendo a correspondente equação de T temos que
T ′m(t) = −4m2T (t); logo Tm(t) = ame−4m
2t.
Dáı, a solução geral é dada por
u(x, t) =
a0
2
+
∞
∑
m=1
ame
−4m2tcos(mx).
Usando agora as condições iniciais deverá ser satisfeita a relação
u(x, 0) =
a0
2
+
∞
∑
m=1
amcos(mx) = g(x).
Assim, pelas fórmulas de Euler-Fourier para séries de Fourier em cossenos tem-se
a0 =
2
π
∫ π
0
g(x)dx
=
2
π
∫ 3π/4
π/4
dx
= 1,
am =
2
π
∫ π
0
g(x)cos(mx)dx
=
2
π
∫ 3π/4
π/4
cos(mx)dx
=
2
π
[
1
m
sen(mx)
]3π/4
π/4
=
2
mπ
[
sen
(
3mπ
4
)
− sen
(mπ
4
)
]
=
4
mπ
sen
(mπ
4
)
cos
(mπ
2
)
.
Finalmente obtemos a solução:
u(x, t) =
1
2
+
∞
∑
m=1
4
mπ
e−4m
2tsen
(mπ
4
)
cos
(mπ
2
)
cos (mx) .
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Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
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Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 25/06/2015
TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (3.0 pontos)
Resolva o problema de valor inicial
{
y′′ − 4y′ + 5y = g(t),
y(0) = 0, y′(0) = 0
onde
g(t) =
{
0, se 0 ≤ t < 3;
7, se t ≥ 3.
Solução:
Escreva g como g(t) = 7u3(t). Dáı, L[g(t)] = 7e−3s/s. Portanto, aplicando a transformada de
Laplace na equação e usando as condições iniciais:
7e−3s
s
= L[y′′ − 4y′ + 5y]
= (s2L[y]− sy(0)− y′(0))− 4(sL[y]− y(0)) + 5L[y]
= (s2 − 4s+ 5)L[y]
Dáı obtemos
L[y] = 7e
−3s
s(s2 − 4s+ 5)
=
7e−3s
5
(
1
s
− s− 4
s2 − 4s+ 5)
=
7e−3s
5
(
1
s
− s− 2
(s− 2)2 + 1 + 2
1
(s− 2)2 + 1)
= L
[
7
5
u3(t)f(t− 3)
]
,
onde f(t) = 1− e2t(cos(t) + 2 sin(t)). Portanto, a solução é
y(t) =
7
5
u3(t)(1− e2(t−3)(cos(t− 3) + 2 sin(t− 3))).
Questão 2: (2.0 pontos)
(a) [1.5] Determine a série de Fourier em cossenos da função
f : [0, 1] → R
x 7→ 1− x.
(b) [0.5] Determine o valor da soma
∞
∑
m=0
1
(2m+ 1)2
.
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Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 25/06/2015 (continuação)
Solução:
A série de Fourier em cossenos de f é
f(x) =
1
2
a0 +
∞
∑
m=1
amcos(mπx),
onde, pela fórmula de Euler-Fourier, temos, para todo m > 0,
bm= 2
∫ 1
0
(1− x)cos(mπx)dx
=
[
2
mπ
(1− x)sen(mπx)
]1
0
+
2
mπ
∫ 1
0
sen(mπx)dx
=
[ −2
m2π2
cos(mπx)
]1
0
=
2(1− (−1)m)
m2π2
,
e
b0 = 2
∫ 1
0
(1− x)dx =
[
2x− x2
]1
0
= 1.
Dáı,
f(x) =
1
2
+
∞
∑
m=1
2(1− (−1)m)
m2π2
cos(mπx) =
1
2
+
∞
∑
m=0
4
(2m+ 1)2π2
cos((2m+ 1)πx).
Como a extensão par da função f ao intervalo [−1, 1] é cont́ınua em 0, pelo teorema de conver-
gência de Fourier,
1 = f(0) =
1
2
+
∞
∑
m=0
4
(2m+ 1)2π2
.
Dáı,
∞
∑
m=0
1
(2m+ 1)2
=
π2
8
.
Questão 3: (2.0 pontos)
Encontre as autofunções e autovalores do problema
{
y′′ − 2y′ = λy,
y(0) = y(2π) = 0.
Solução:
O polinômio caracteŕıstico da equação é
r2 − 2r − λ = (r − 1)2 − (1 + λ).
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Chame α = 1 + λ. Temos 3 casos:
1: α > 0. Nesse caso, r = 1±√α. A solução geral é
y = ex(Acosh(
√
αx) +Bsenh(
√
αx)).
Como y(0) = 0, A = 0. Como y(2π) = 0, e2πBsenh(2π
√
α) = 0 e como e2πsenh(2π
√
α) 6= 0,
B = 0. Segue que só existem soluções triviais e então não há autovalores positivos.
2: α = 0. Nesse caso, r = 1 e a solução geral é
y = ex(A+ Bx).
Como y(0) = 0, A = 0. Como y(2π) = 0, e2πB 2π = 0, e então B = 0. Segue que só existe a
solução trivial e então 0 não é autovalor.
3: α < 0. Nesse caso, r = 1± i
√
|α|. A solução geral é
y = ex(Acos(
√
|α|x) +Bsen(
√
|α|x)).
Como y(0) = 0, A = 0. Como y(2π) = 0, Bsen(2π
√
|α|) = 0. Segue que tem soluções não
triviais se, e somente se, sen(2π
√
|α|) = 0. Isto é, se e somente se
2π
√
|α| = mπ,
para m inteiro e positivo. Os valores negativos de α são então
αm = −
m2
4
, m ∈ N,
e as autofunções correspondentes são
ym(x) = e
xsen
(mx
2
)
, m ∈ N.
Segue que os autovalores e autofunções do problema são
λm = −
(
1 +
m2
4
)
, fm(x) = e
xsen
(mx
2
)
, m ∈ Z, m > 0.
Questão 4: (3.0 pontos)
Determine a solução u(x, t) do problema









uxx(x, t) = 4u(x, t) + utt(x, t) x ∈ (0, 1), t ∈ (0,∞),
u(0, t) = u(1, t) = 0 t ∈ [0,∞),
u(x, 0) = x(1− x) x ∈ [0, 1],
ut(x, 0) = 0 x ∈ [0, 1].
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Solução:
Substituindo u(x, t) = X(x)T (t) na equação para u, temos
X ′′(x)T (t) = 4X(x)T (t) +X(x)T ′′(t),
⇒ X
′′(x)
X(x)
= 4 +
T ′′(t)
T (t)
.
Como o lado esquerda é independente de t, e como o lado direita é independente de x, os dois
são constante. Existe então λ ∈ R tal que
X ′′ = λX,
T ′′ = (λ− 4)T.
Substituindo u(x, t) = X(x)T (t) nos condições de contorno, temos
X(0)T (t) = u(0, t) = 0,
X(1)T (t) = u(1, t) = 0.
Dáı
X(0) = X(1) = 0,
e temos que solucionar o problema de autovalors com condições de contorno seguinte.
{
X ′′ = λX,
X(0) = X(1) = 0.
Tem 3 casos.
1: λ > 0 - a solução geral é
X(x) = Acosh(
√
λx) +Bsenh(
√
λx).
Como X(0) = 0, A = 0. Como X(1) = 0, Bsenh(
√
λ) = 0 e como senh(
√
λ) 6= 0, B = 0. Segue
que só existem soluções triviales e então não há autovalores positivas.
2: λ = 0 - a solução geral é
X(x) = A+Bx.
Como X(0) = 0, A = 0 e como X(1) = 0, B = 0. Segue que só existe a solução trivial e então
0 não é autovalor.
3: λ < 0: A solução geral é
X(x) = Acos(
√
|λ|x) +Bsen(
√
|λ|x).
Como X(0) = 0, A = 0. Como X(1) = 0, Bsen(
√
|λ|) = 0. Segue que tem soluções não triviales
se e somente se sen(
√
|λ|) = 0. Istó é, se e somente se
√
|λ| = mπ,
Página 4
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para m inteiro e positivo. Os autovalores negativas são então
λm = −m2π2, m ∈ N,
e as autofunções correspondentes são
Xm(x) = sen(mπx), m ∈ N.
Substitindo isso na equação para T , temos
T ′′m(t) = −(4 +m2π2)T (t),
e a solução dessa equação é
Tm(t) = amsen(
√
4 +m2π2t) + bmcos(
√
4 +m2π2t).
Segue que a solução geral é
u(x, t) =
∞
∑
m=1
sen(mπx)
(
amsen(
√
4 +m2π2t) + bmcos(
√
4 +m2π2t)
)
ut(x, t) =
∞
∑
m=1
√
4 +m2π2sen(mπx)
(
amcos(
√
4 +m2π2t)− bmsen(
√
4 +m2π2t)
)
.
Substituindo as condições iniciais, temos
x(1− x) = u(x, 0) =
∞
∑
m=1
bmsen(mπx),
e
0 = ut(x, 0) =
∞
∑
m=1
√
4 +m2amsen(mπx).
Segue que am = 0 para todo m, e, pelo fórmula de Euler-Fourier para séries de Fourier em senos,
para todo m,
bm = 2
∫ 1
0
(x− x2)sen(mπx)dx
=
[−2
mπ
(x− x2)cos(mπx)
]1
0
+
2
mπ
∫ 1
0
(1− 2x)cos(mπx)dx
=
[
2
m2π2
(1− 2x)sen(mπx)
]1
0
+
4
m2π2
∫ 1
0
sen(mπx)dx
=
[ −4
m3π3
cos(mπx)
]1
0
=
4(1− (−1)m)
m3π3
,
e a solução é,
u(x, t) =
∞
∑
m=1
4(1− (−1)m)
m3π3
sen(mπx)cos(
√
4 +m2π2t).
Página 5
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Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 25/06/2015 (continuação)
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO!
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2◦ prova unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 05/07/2016
TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (3.0 pontos)
Resolva o problema de valor inicial
{
y′′ − 4y′ + 3y = g(t),
y(0) = 0, y′(0) = 0,
onde g : [0,+∞[→ R é a função definida por
g(t) =
{
4et se 0 ≤ t < 2,
0 se t ≥ 2.
Solução:
Aplicando a transformada de Laplace temos
[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)]− 4[sY (s)− y(0)] + 3Y (s) = G(s),
onde Y (s) e G(s) são, respectivamente, as transformadas de y(t) e g(t). Assim tem-se a relação
(s2 − 4s+ 3)Y (s) = G(s).
de onde segue a igualdade
Y (s) =
G(s)
(s2 − 4s+ 3) =
G(s)
(s− 1)(s− 3) .
Para calcular G(s), observamos que g(t) pode ser escrita na seguinte forma:
g(t) = 4et − 4u2(t)et
= 4et − 4e2u2(t)et−2,
portanto
G(s) = L
[
4et
]
(s)−L
[
4e2u2(t)e
t−2
]
(s)
=
4
s− 1 − e
−2sL
[
4e2et
]
=
4
s− 1 −
4e2e−2s
s− 1
=
4
s− 1
(
1− e2−2s
)
Consequentemente, podemos concluir que
Y (s) =
4
(s− 1)2(s− 3)
(
1− e2−2s
)
.
Pondo
H(s) :=
4
(s− 1)2(s− 3) ,
Página 1
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2◦ prova unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 05/07/2016 (continuação)
temos então que
Y (s) = H(s)− e2−2sH(s).
Logo, se h(t) := L−1 [H ] (t), temos que
y(t) = L−1[H ](t)− e2L−1[e−2sH(s)](t)
= h(t)− e2u2(t)h(t− 2).
Só resta calcular h(t). Para isso, escrevemos H(s) em frações simples, ou seja,
H(s) =
4
(s− 1)2(s− 3) =
1
(s− 3) −
1
(s− 1) −
2
(s− 1)2 .
Portanto
h(t) = L−1
[
1
(s− 3) −
1
(s− 1) −
2
(s− 1)2
]
= L−1
[
1
s− 3
]
− L−1
[
1
(s− 1)
]
− L−1
[
2
(s− 1)2
]
= e3t − et − 2tet.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f : [0, 2] → R, a função definida por
f(x) = 2− x.
(a) Determine a série de Fourier em cossenos de f .
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−6, 6].
(c) Calcule o valor da série
+∞
∑
k=0
1
(2k + 1)2
.
Solução:
(a) Para calcular a série de Fourier em cossenos de f usamos a extensão par e peŕıodica de
peŕıodo 2L = 4. Assim, a série de Fourier em cossenos de f é dada por
f(x) =
a0
2
+
∞
∑
m=1
amcos
(mπx
2
)
,
onde
a0 =
∫ 2
0
f(x)dx =
∫ 2
0
(2− x)dx = 2,
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e, para m ≥ 1,
am =
∫ 2
0
f(x)cos
(mπx
2
)
dx
=
∫ 2
0
(2− x)cos
(mπx
2
)
dx
=
[
2
mπ
(2− x)sen
(mπx
2
)
]2
0
+
∫ 2
0
2
mπ
sen
(mπx
2
)
dx
=
[ −4
m2π2
cos
(mπx
2
)
]2
0
=
4(1− (−1)m)
m2π2
.
Dáı obtemos que a série de Fourier de f é dada pela expressão
f(x) = 1 +
∞
∑
m=1
4(1− (−1)m)
m2π2
cos
(mπx
2
)
= 1 +
∞
∑
k=0
8
(2k + 1)2π2
cos
(
(2k + 1)πx
2
)
.
(b) O gráfico da série de Fourier obtida no item (a), no intervalo [−6, 6] é o seguinte:
y
x−6 −4 −2 0 2 4 6
2
(c) Como a extensãopar de f é continua em x = 0, segue do Teorema de Convergência de
Fourier que
2 = f(0) = 1 +
∞
∑
k=0
8
(2k + 1)2π2
.
Assim obtemos
∞
∑
k=0
1
(2k + 1)2
=
π2
8
.
Questão 3: (2.0 pontos)
Encontre as autofunções e autovalores do problema
{
x2y′′ + xy′ + λy = 0,
y(1) = y(e) = 0.
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(Dica: use a equação de Euler.)
Solução:
Procuramos soluções da forma y = xr. Derivando y temos
y′ = rxr−1 e y′′ = r(r − 1)r−2.
Substituindo na equação obtemos as relações
r(r − 1)xr + rxr + λxr = 0 ⇔ (r2 + λ)xr = 0 ⇔ r2 + λ = 0.
Há três possibilidades:
(a) λ < 0. Nesse caso, a solução geral é dada pela expressão
y(x) = ax
√
|λ| + bx−
√
|λ|, a, b ∈ R.
As condições de contorno impõem as igualdades
y(1) = a + b = 0,
y(e) = ae
√
|λ| + be−
√
|λ| = 0,
de onde temos que
b = −a,
e
(
e
√
|λ| − e−
√
|λ|
)
a = 2senh(
√
|λ|)a = 0.
Ou seja, não há soluções não-triviais e consequentemente não há autovalores positivos.
(b) λ = 0. Nesse caso, a solução geral é dada por
y(x) = a ln(x) + b, a, b ∈ R.
Usando as condições de contorno tem-se
y(1) = b = 0,
y(e) = a = 0,
logo a = b = 0. Portanto, que não há soluções não-triviais e 0 não é autovalor.
(c) λ > 0. Nesse caso, a solução geral é dada por
y(x) = acos(
√
λ ln(x)) + bsen(
√
λ ln(x)) a, b ∈ R.
As condições de contorno impõem as seguintes restrições:
y(1) = a = 0,
y(e) = bsen(
√
λ) = 0.
Portanto, existem soluções não-triviais se, e somente se,
√
λ = mπ, por m inteiro positivo.
Assim, as autovalores são
λm = m
2π2, m = 1, 2, 3, . . .
e as autofunções correspondentes são dadas por
ym(x) = sen(mπ ln(x)).
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Questão 4: (2.5 pontos)
Determine a solução u(x, t) do problema









uxx(x, t)− utt(x, t) = u x ∈ (0, π), t ∈ (0,∞),
u(0, t) = u(π, t) = 0 t ∈ (0,∞),
u(x, 0) = f(x) x ∈ (0, π),
ut(x, 0) = 0 x ∈ (0, π),
onde
f(x) =
{
x se 0 ≤ x ≤ π/2,
(π − x) se π/2 < x ≤ π.
Solução:
Aplicamos o método de separação de variáveis. Escrevemos então
u(x, t) = X(x)T (t).
Substituindo na equação, obtemos
X ′′(x)T (t)−X(x)T ′′(t) = X(x)T (t) ⇔ X
′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
T (t)
+ 1.
Como na última igauldade o lado esquerdo não depende de t e o lado direito não depende de x,
ambos deverão ser iguais a uma constante real, que chamaremos de λ:
X ′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
T (t)
+ 1 = λ,
de onde obtemos as equações
X ′′(x) = λX(x) e T ′′(t) = (λ− 1)T (t).
Usando agora as condições de contorno homogéneas, temos que
X(0)T (t) = 0 ∀t > 0; portanto X(0) = 0,
X(π)T (t) = 0 ∀t > 0; portanto X(π) = 0,
X(x)T ′(t) = 0 ∀x ∈]0, π[; portanto T ′(0) = 0.
Como temos duas condições de contorno em X , procuramos soluções do problema de autovalores
{
X ′′(x) = λX(x),
X(0) = 0 e X(π) = 0.
Aplicando a fórmula com L = π, vemos que os autovalores de esse problema são λm = −m2,
m ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções são
Xm(x) = sen(mx).
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Resolvendo a correspondente equação de T temos que
T ′′m(t) = −(m2 + 1)Tm(t)
T ′m(0) = 0.
Assim temos que
Tm(t) = bmcos(
√
(m2 + 1)t).
Segue pelo principio de superposição que a solução geral é dada por
u(x, t) =
∞
∑
m=1
bmsen(mx)cos(
√
(m2 + 1)t).
Usando agora as condições iniciais deverá ser satisfeita a relação
u(x, 0) =
∞
∑
m=1
bmsen(mx) = f(x).
Assim, pelas fórmulas de Euler-Fourier para séries de Fourier em senos tem-se
bm =
2
π
∫ π
0
f(x)sen(mx)dx
=
2
π
∫ π/2
0
xsen(mx)dx+
2
π
∫ π
π/2
(π − x)sen(mx)dx
=
2
π
[
− x
m
cos(mx) +
1
m2
sen(mx)
]π/2
0
+
2
π
[
−(π − x)
m
cos(mx)− 1
m2
sen(mx)
]π
π/2
=
4
πm2
sen
(mπ
2
)
.
Finalmente obtemos a solução:
u(x, t) =
∞
∑
m=1
4
πm2
sen
(mπ
2
)
sen(mx)cos(
√
(m2 + 1)t).
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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A : Para a = λ+ iµ complexo, e para x real positivo,
xa = xλcos(µlog(x)) + ixλsen(µlog(x)).
B : O problema
{
y′′ = λy,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = −n2π2/L2, n ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
yn(x) = sen
(nπx
L
)
, n ≥ 1.
C : Transformadas de Laplace elementares.
f L[f ]
1
1
s
, s > 0
tm (m ∈ N) m!
sm+1
, s > 0
eat
1
s− a, s > a
tmeat (m ∈ N) m!
(s− a)m+1 , s > a
sen(at)
a
s2 + a2
, s > 0
cos(at)
s
s2 + a2
, s > 0
eatsen(bt)
b
(s− a)2 + b2 , s > a
eatcos(bt)
(s− a)
(s− a)2 + b2 , s > a
senh(at)
a
s2 − a2 , s > |a|
cosh(at)
s
s2 − a2 , s > |a|
δ(t− a) e−as
ua(t)f(t− a) e−asL[f ](s)
eatf L[f ](s− a)
f (m)(t) smL[f ](s)− sm−1f(0)− ...− f (m−1)(0)
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 21/06/2018
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
Seja f : [0, 2] → R a função definida por
f(x) =
{
1 se 0 ≤ x < 1,
0 se 1 ≤ x ≤ 2.
(a) Determine a série de Fourier em senos de f .
Solução:
Calculamos a série de Fourier em senos utilizando a extensão ı́mpar f̃ de f . Assim, pelas
fórmulas de Euler-Fourier, temos
bm =
1
2
∫ 2
−2
f̃(x)sen
(
mπx
2
)
dx
=
∫ 2
0
f(x)sen
(
mπx
2
)
dx
=
∫ 1
0
sen
(
mπx
2
)
dx
=
[−2
mπ
cos
(
mπx
2
)]1
0
= − 2
mπ
cos
(
mπ
2
)
+
2
mπ
.
Segue que
f(x) =
∞
∑
m=1
[
2
mπ
− 2
mπ
cos
(
mπ
2
)]
sen
(
mπx
2
)
.
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−6, 6].
Solução:
y
x
− − − − − −p p p p p p p p p p p p◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦
◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦
◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦
• • •
• • •
• • •
0 2 4-2-4
-1
1
(c) Calcule o valor da série
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∞
∑
m=0
(−1)m
(2m+ 1)
.
Solução:
Pelo teorema de convergência de Fourier,
∞
∑
m=1
[
2
mπ
− 2
mπ
cos
(
mπ
2
)]
sen
(
mπ
2
)
=
1
2
lim
x→1−
f(x) +
1
2
lim
x→1+
f(x) =
1
2
.
Segue que
∞
∑
m=1
2
mπ
sen
(
mπ
2
)
−
∞
∑
m=1
1
mπ
sen(mπ) =
1
2
∴
∞
∑
m=1
2
mπ
sen
(
mπ
2
)
=
1
2
∴
∞
∑
n=0
2
(2n+ 1)π
sen
(
(2n+ 1)π
2
)
=
1
2
∴
∞
∑
n=0
2
(2n+ 1)π
sen
(
nπ +
π
2
)
=
1
2
∴
∞
∑
n=0
cos(nπ)
(2n+ 1)
=
π
4
∴
∞
∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)
=
π
4
Questão 2: (2.5 pontos)
Determine todos os valores de λ para os quais o seguinte problema de EDO com condições de
contorno tem ao menos uma solução diferente de zero.





uxx = λu,
u(0) = 0,
ux(2) = 0.
Solução:
Há três casos a serem estudados.
λ > 0 : Neste caso, a solução geral é
u(x) = Acosh(
√
λx) +Bsenh(
√
λx)
∴ ux(x) = A
√
λsenh(
√
λx) +B
√
λcosh(
√
λx).
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Substituindo nas condições de contorno, temos
u(0) = 0
∴ A = 0.
ux(2) = 0
∴ B
√
λcosh(2
√
λ) = 0
∴ B = 0.
Assim não há soluções não triviais quando λ > 0.
λ = 0 : Neste caso, a solução geral é
u(x) = Ax+B
∴ ux(x) = A.
Substituindo nas condições de contorno,temos
u(0) = 0
∴ B = 0.
ux(2) = 0
∴ A = 0.
Assim não há soluções não triviais quando λ = 0.
λ < 0 : Neste caso, a solução geral é
u(x) = Acos(
√
|λ|x) +Bsen(
√
|λ|x)
∴ ux(x) = −A
√
|λ|sen(
√
|λ|x) +B
√
|λ|cos(
√
|λ|x).
Substituindo nas condições de contorno, temos
u(0) = 0
∴ A = 0.
ux(2) = 0
∴ B
√
|λ|cos(2
√
|λ|) = 0.
Segue que existe uma solução não trivial se e somente se
cos(2
√
|λ|) = 0
⇔ 2
√
|λ| = (2m+ 1)π
2
, m inteiro, m ≥ 0
⇔ λ = −(2m+ 1)
2π2
16
, m inteiro, m ≥ 0
Segue que os valores de λ para os quais existe ao menos uma solução diferente de zero são
{
− (2m+ 1)
2π2
16
∣
∣
∣
∣
m inteiro, m ≥ 0
}
.
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Questão 3: (3.0 pontos)
Determine a solução u(x, t) do problema





ut − uxx + u = 0 x ∈]0, 2[, t ∈]0,∞[,
u(0, t) = u(2, t) = 0 t ∈ [0,∞[,
u(x, 0) = f(x) x ∈ [0, 2].
onde
f(x) =
{
x se 0 ≤ x < 1,
(2− x) se 1 ≤ x ≤ 2.
Solução:
Determinamos primeiro o problema separado. Substituindo u(x, t) := X(x)T (t) na equação a
derivadas parciais, temos
(XT )t − (XT )xx +XT = 0
⇔ XT ′ −X ′′T +XT = 0
⇔ T
′
T
− X
′′
X
+ 1 = 0
⇔ X
′′
X
= 1 +
T ′
T
Como o lado esquerdo é constante em t e como o lado direito é constante em x, os dois são
iguais à mesma constante λ. Assim
X ′′ = λX,
T ′ = (λ− 1)T.
Substituindo nas condições de contorno, temos
X(0)T (t) = 0 ∀t
⇒ X(0) = 0.
X(2)T (t) = 0 ∀t
⇒ X(2) = 0.
Os autovalores e as autofunções do problema
X ′′ = λX,
X(0) = X(2) = 0.
são
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 21/06/2018(continuação)
λm = −
m2π2
4
Xm(x) = sen
(
mπx
2
)
,
para m ∈ {1, 2, 3, · · · }. Substituindo λm na equação para T , temos
T ′m(t) = −
(
m2π2
4
+ 1
)
Tm(t)
∴ Tm(t) = bme
−
(
m
2
π
2
4
+1
)
t.
As soluções separáveis são então
um(x, t) = bmsen
(
mπx
2
)
e−
(
m
2
π
2
4
+1
)
t.
Segue pelo prinćıpio de superposição que a solução geral do problema homogênea é
u(x, t) =
∞
∑
m=0
bmsen
(
mπx
2
)
e−
(
m
2
π
2
4
+1
)
t.
Substituindo nas condições iniciais, temos
f(x) = u(x, 0) =
∞
∑
m=0
bmsen
(
mπx
2
)
.
Como essa série é uma série de Fourier em senos, utilizamos a extensão ı́mpar f̃ de f e pelas
fórmulas de Euler-Fourier temos
bm =
1
2
∫ 2
−2
f̃(x)sen
(
mπx
2
)
dx
=
∫ 2
0
f(x)sen
(
mπx
2
)
dx
=
∫ 1
0
xsen
(
mπx
2
)
dx+
∫ 2
1
(2− x)sen
(
mπx
2
)
dx
=
[
− 2x
mπ
cos
(
mπx
2
)]1
0
+
∫ 1
0
2
mπ
cos
(
mπx
2
)
dx
+
[
− 2(2− x)
mπ
cos
(
mπx
2
)]2
1
−
∫ 2
1
2
mπ
cos
(
mπx
2
)
dx
=
[
4
m2π2
sen
(
mπx
2
)]1
0
−
[
4
m2π2
sen
(
mπx
2
)]2
1
=
8
m2π2
sen
(
mπ
2
)
.
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Segue que
u(x, y) =
∞
∑
m=1
8
m2π2
sen
(
mπ
2
)
sen
(
mπx
2
)
e−
(
m
2
π
2
4
+1
)
t.
Questão 4: (2.0 pontos)
Encontre todas as soluções u da forma u(x, y) = X(x)Y (y) do problema
ux + uxy + uy = 0, (x, y) ∈ R2.
Solução:
Substituindo para u na equação temos
(XY )x + (XY )xy + (XY )y = 0
⇔ X ′Y +X ′Y ′ +XY ′ = 0
⇔ X
′
X
+
X ′
X
Y ′
Y
+
Y ′
Y
= 0
⇔ 1 + X
′
X
+
Y ′
Y
+
X ′
X
Y ′
Y
= 1
⇔
(
1 +
X ′
X
)(
1 +
Y ′
Y
)
= 1.
Em particular, temos
(
1 +
X ′
X
)
,
(
1 +
Y ′
Y
)
6= 0
e
(
1 +
X ′
X
)
=
(
1 +
Y ′
Y
)−1
.
Como o lado esquerdo é constante em y e como o lado direito é constante em x, os dois são
iguais à mesma constante λ 6= 0. Isto é
(
1 +
X ′
X
)
= λ,
(
1 +
Y ′
Y
)
=
1
λ
.
Segue que
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X ′ = (λ− 1)X,
Y ′ =
(
1
λ
− 1)Y.
Assim
X = Ae(λ−1)x
Y = Be(1/λ−1)y
Segue que as soluções seperáveis do problema são
u(x, y) = Ce(λ−1)x+(1/λ−1)y ,
onde C ∈ R e λ ∈ R \ {0} são constantes.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 21/06/2018(continuação)
A : O problema
{
y′′ = λy,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = −m2π2/L2, m ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
{
ym(x) = sen
(
mπx
L
)
, m ≥ 1.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 7/11/2018
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
Seja f : [0, 2] → R a função
f(x) := sen
(
πx
4
)
.
(a) Determine a série de Fourier em cossenos de f .
Solução:
Pelas equações de Euler-Fourier, os coeficientes da série de Fourier em cossenos de f são
a0 =
1
2
∫ 2
−2
f̃(x)dx, e
am =
1
2
∫ 2
−2
f̃(x)cos
(
mπx
2
)
,
onde f̃ : [−2, 2] → R é a extensão par de f . Assim
a0 =
∫ 2
0
f(x)dx
=
∫ 2
0
sen
(
πx
4
)
dx
=
[
− 4
π
cos
(
πx
4
)]2
0
=
4
π
(
1− cos
(
π
2
))
=
4
π
,
e
am =
∫ 2
0
sen
(
πx
4
)
cos
(
mπx
2
)
dx
=
∫ 2
0
1
2
[
sen
(
πx
4
+
mπx
2
)
+ sen
(
πx
4
− mπx
2
)]
dx
=
[
(−2)
(1 + 2m)π
cos
(
(1 + 2m)πx
4
)
+
(−2)
(1− 2m)π cos
(
(1− 2m)πx
4
)]2
0
=
2
(1 + 2m)π
[
1− cos
(
π
2
+mπ
)]
+
2
(1− 2m)π
[
1− cos
(
π
2
−mπ
)]
.
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Observe-se que para todo inteiro m,
cos
(
π
2
+mπ
)
= −sen(mπ) = 0
cos
(
π
2
−mπ
)
= sen(mπ) = 0.
Assim,
am =
2
(1 + 2m)π
+
2
(1− 2m)π =
4
(1− 4m2)π .
A série de Fourier em cossenos de f é então
f(x) =
a0
2
+
∞
∑
m=1
amcos
(
mπx
2
)
=
2
π
+
∞
∑
m=1
4
(1− 4m2)π cos
(
mπx
2
)
.
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−6, 6].
Solução:
y
x
-
-
-
-
-
-
-
p p p p p p p p p p
0 2 4-2-4
-1
1
(c) Calcule o valor da série
∞
∑
m=1
1
4m2 − 1 .
Solução:
Como a extensão par é cont́ınua em zero, pelo teorema de convergência de Fourier, temos
0 = f(0) =
2
π
+
∞
∑
m=1
4
(1− 4m2)π .
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 7/11/2018(continuação)
Assim
∞
∑
m=1
1
(4m2 − 1) =
1
2
.
Questão 2: (2.5 pontos)
Determine todos os valores de λ para os quais o seguinte problema de EDO com condições de
contorno tem ao menos uma solução diferente de zero.





u′′ + 2u′ = λu,
u(0) = 0,
u(1) = 0.
Solução:
Procuramos primeiro soluções (u, λ) do problema
u′′ + 2u′ − λu = 0.
O discriminante é
∆ = 4(1 + λ).
Há três casos a serem estudados.
1: ∆ > 0. A solução geral é
u(x) = Ae−(1+
√
1+λ)x +Be−(1−
√
1+λ)x.
Substituindo nas condições de contorno, temos
u(0) = A+B = 0
∴ A = −B
u(1) = Ae−(1+
√
1+λ) − Ae−(1−
√
1+λ)
= 2Ae−1senh(
√
1 + λ)
∴ A = 0.
Assim, não há soluções diferentes de zero para ∆ > 0.
2: ∆ = 0. A solução geral é
u(x) = Ae−x +Bxe−x.
Substituindo nas condições de contorno, temos
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u(0) = A = 0
u(1) = Be−1 = 0
∴ B = 0.
Assim, não há soluções diferentes de zero para ∆ = 0.
3: ∆ < 0. A solução geral é
u(x) = Ae−xcos(
√
|1 + λ|x) +Be−xsen(
√
|1 + λ|x).
Substituindo nas condições de contorno, temos
u(0) = A = 0,
u(1) = Be−1sen(
√
|1 + λ|).
Segue que há soluções diferentes de zero se e somente se
sen(
√
|1 + λ|) = 0
⇔
√
|1 + λ| = mπ para m > 0 inteiro
⇔ |1 + λ| = m2π2.
Como 1 + λ = ∆ < 0, segue que há soluções diferentes de zero se e somente se
1 + λ = −m2π2
⇔ λ = −(1 +m2π2).
Questão 3: (2.5 pontos)
Determine a solução u(x, t) : [0, 4]× [0,∞[→ R do problema









utt = 4uxx − u (x, t) ∈]0, 4[×]0,∞[,
u(x, 0) = 0 x ∈]0, 4[,
ut(x, 4) = x(4− x) x ∈]0, 4[,
ux(0, t) = ux(4, t) = 0 t ∈]0,∞[.
Solução:
Procuramos primeiro soluções separáveis do problema homogêneo. Seja
u(x, t) = X(x)T (t).
Substituindo na EDP, temos
XT ′′ = 4X ′′T −XT
∴
X ′′
X
=
T ′′
4T
+
1
4
.
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Como o lado esquerdo é constante em t e o lado direito é constante em x, os dois são iguais a
uma constante λ. Isto é
X ′′ = λX,
T ′′ = (4λ− 1)T.
Substituindo nas condições de contorno, temos
ux(0, t) = 0 ∀t
∴ X ′(0)T (t) = 0 ∀t
∴ X ′(0) = 0
ux(4, t) = 0 ∀t
∴ X ′(4)T (t) = 0 ∀t
∴ X ′(4) = 0.
Substituindo na condição inicial, temos
u(x, 0) = 0 ∀x
∴ X(x)T (0) = 0 ∀x
∴ T (0) = 0.
Os autovalores e as autofunções do problema
X ′′ = λX, X ′(0) = 0, X ′(4) = 0,
são
λm = −
m2π2
16
,
para m ∈ {0, 1, 2, ...} e
X0 = 1, e
Xm = cos
(mπx
4
)
, m > 0.
Substituindo na equação para T temos
T ′′m = −
(
1 +
m2π2
4
)
Tm
∴ Tm = Amcos
(
√
1 +
m2π2
4
t
)
+Bmsen
(
√
1 +
m2π2
4
t
)
.
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Como Tm(0) = 0, temos Am = 0. Assim,
Tm = Bmsen
(
√
1 +
m2π2
4
t
)
.
A solução geral do problema homegêneo é então
u(x, t) =
1
2
a0sen(t) +
∞
∑
m=1
amcos
(mπx
4
)
sen
(
√
1 +
m2π2
4
t
)
∴ ut(x, t) =
1
2
a0cos(t) +
∞
∑
m=1
1
2
am
√
4 +m2π2cos
(mπx
4
)
cos
(
√
1 +
m2π2
4
t
)
Avaliando a derivada em t = 4, temos
ut(x, 4) =
1
2
a0cos(4) +
∞
∑
m=1
1
2
am
√
4 +m2π2cos
(mπx
4
)
cos
(
2
√
4 +m2π2
)
Aplicando as fórmulas de Euler-Fourier, temos
a0cos(4) =
1
2
∫ 4
0
x(4 − x)dx = 16
3
.
Assim
a0 =
16
3cos(4)
.
Da mesma forma, temos
1
2
am
√
4 +m2π2cos(2
√
4 +m2π2)
=
1
2
∫ 4
0
x(4− x)cos
(
mπx
4
)
dx
=
[
2
mπ
x(4− x)sen
(
mπx
4
)]4
0
−
∫ 4
0
4
mπ
(2− x)sen
(
mπx
4
)
dx
=
[
16
m2π2
(2− x)cos
(
mπx
4
)]4
0
+
∫ 4
0
16
m2π2
cos
(
mπx
4
)
dx
= − 32
m2π2
cos(mπ)− 32
m2π2
+
[
64
m3π3
sen
(
mπx
4
)]4
0
=
−32
m2π2
(
1 + (−1)m
)
.
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Segue que
u(x, t) =
8sen(t)
3cos(4)
−
∞
∑
m=1
64(1 + (−1)m)
m2π2
√
4 +m2π2cos(2
√
4 +m2π2)
cos
(
mπx
4
)
sen
(
√
1 +
m2π2
4
t
)
.
Questão 4: (2.5 pontos)
Encontre todas as soluções u da forma u(x, y) = X(x)Y (y) do problema
xyuxy + xux + yuy = 0, (x, y) ∈]0,∞[×]0,∞[.
Solução:
Substituindo na equação temos
xyX ′Y ′ + xX ′Y + yXY ′ = 0
∴ xyX ′Y ′ + xX ′Y + yXY ′ +XY = XY
∴ xy
X ′
X
Y ′
Y
+ x
X ′
X
+ y
Y ′
Y
+ 1 = 1
∴
(
x
X ′
X
+ 1
)(
y
Y ′
Y
+ 1
)
= 1.
Observe-se em particular que cada um dos dois fatores é diferente de zero. Temos então
(
x
X ′
X
+ 1
)
=
1
(
y Y
′
Y
+ 1
) .
Como o lado esquerdo é constante em y e o lado direito é constante em x, os dois são iguais a
uma constante λ 6= 0. Assim
(
x
X ′
X
+ 1
)
= λ =
1
(
y Y
′
Y
+ 1
) .
Segue que
X ′
X
= (λ− 1)1
x
Y ′
Y
=
(
1
λ
− 1
)
1
y
∴ loge(X) = a+ (λ− 1)loge(x)
loge(Y ) = b+
(
1
λ
− 1
)
loge(y)
∴ X = Axλ−1
Y = Bx
1
λ
−1.
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 7/11/2018(continuação)
Assim
u(x, y) = Cxλ−1y
1
λ
−1
onde λ 6= 0.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 7/11/2018(continuação)
A : O problema
{
y′′ = λy,
y′(0) = 0, y′(L) = 0,
tem autovalores λ = −m2π2/L2, m ∈ {0, 1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
{
y0(x) = 1, e
ym(x) = cos
(
mπx
L
)
, m ≥ 1.
B : Identidades trigonométricas fundamentais.
cos(a+ b) = cos(a)cos(b)− sen(a)sen(b)
sen(a+ b) = sen(a)cos(b) + cos(a)sen(b)
cos(a)cos(b) =
1
2
(
cos(a− b) + cos(a+ b)
)
sen(a)sen(b) =
1
2
(
cos(a− b)− cos(a+ b)
)
sen(a)cos(b) =
1
2
(
sen(a− b) + sen(a+ b)
)
.
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Segunda prova - Unificada - 13/06/2019
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
(a) Determine a série de Fourier em cosenos da função f : [0, 1] → R, f(x) = 2x− x2.
(b) Utilizando o resultado em parte (a) e o teorema de convergência de Fourier, demonstre que
∞
∑
n=1
1
n2
=
π2
6
.
Solução:
A série de Fourier da função f é
a0
2
+
∞
∑
n=1
ancos(nπx),
onde os coeficientes a0, an são dados por
a0 =
2
1
(2x− x2)dx = 4. x
2
2
∣
∣
∣
∣
1
0
− 2. x
3
3
∣
∣
∣
∣
1
0
= 2− 2
3
=
4
3
,
e
an =
2
1
∫ 1
0
(2x− x2) cos(nπx)dx,
= 2
(
(2x− x2) 1
nπ
sen(nπx)
∣
∣
∣
∣
1
0
−
∫ 1
0
−2.−1
nπ
cos(nπx)dx
)
,
= 0 +
−2
nπ
(
(2− 2x)−1
nπ
cos(nπx)
∣
∣
∣
∣
1
0
−
∫ 1
0
−2.−1
nπ
cos(nπx)dx
)
,
=
−2
nπ
(
(0 +
2
nπ
cos(0))− 2
nπ
(sen(nπx)|10)
)
,
=
−4
(nπ)2
.
Logo, a série de Fourier da função é
2
3
− 4
π2
∞
∑
n=1
1
n2
cos(nπx).
Pelo teorema de Fourier, uma vez que a função f(x) satisfaz f(0) = 0, temos
2
3
− 4
π2
∞
∑
n=1
1
n2
cos(nπ0) = 0,
∞
∑
n=1
1
n2
=
π2
6
.
Página 1
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Segunda prova - Unificada - 13/06/2019 (continuação)
Questão 2: (2.5 pontos)
Encontre a solução do problema de valor de contorno
uxx + uyy + u = 0, para (x, y) ∈ (0, 1)× (0, 3),
u(0, y) = 0 u(1, y) = 0,
u(x, 0) = 0, u(x, 3) = 3− x.
Solução:
Tentamos uma solução na forma de um produto u(x, y) = X(x)Y (y). Isso força as funções X e
Y a satisfazerem X(0) = 0, X(1) = 0 e Y (0) = 0. Na equação diferencial nós temos,
XxxY +XYyy +XY = 0,
Xxx
X
= −
(
Yyy
Y
+ 1
)
= −λ,
para alguma constante λ ∈ R. Isso podemos reanjar para obter Xxx + λX = 0, com condições
de contorno X(0) = 0, X(1) = 0. Soluções não-triviais para esse sistema existem somente para
λ = (nπ)2, com soluções Xn(x) = sen(nπx).
No sistema para Y , temos Yyy − ((nπ)2 − 1) Y = 0. Observamos que o coeficiente de Y aqui é
negativo, então a solução geral real dessa equação é
Y (y) = A senh
(
√
(nπ)2 − 1y
)
+B cosh
(
√
(nπ)2 − 1y
)
.
A condição Y (0) = 0 implica que B = 0 e Yn(y) = senh
(
√
(nπ)2 − 1y
)
e obtemos a solução
un(x, y) = Xn(x)Yn(y) = senh
(
√
(nπ)2 − 1y
)
sen(nπx). Para encontrar uma solução com
u(x, 3) = 3− x, formamos a função
u(x, y) =
∞
∑
n=1
cnun(x, y),
=
∞
∑
n=1
cn senh
(
√
(nπ)2 − 1y
)
sen(nπx).
Pelo teorema de convergência de Fourier, essa solução satisfaz u(x, 3) = 3− x se os coeficientes
cn são escolhidos por
cn senh
(
3
√
(nπ)2 − 1
)
=
2
1
∫ 1
0
(3− x) sen(nπx)dx,
= 2
(
(3− x)−1
nπ
cos(nπx)
∣
∣
∣
∣
1
0
−
∫ 1
0
−1
nπ
cos(nπx)dx
)
,
=
2
nπ
(3− 2(−1)n),
cn =
2
nπ
(3− 2(−1)n)
senh(3
√
(nπ)2 − 1)
.
Então u(x, y) =
∞
∑
n=1
2
nπ
(3− 2(−1)n)
senh(3
√
(nπ)2 − 1)
senh
(
√
(nπ)2 − 1y
)
sen(nπx).
Página 2
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Segunda prova - Unificada - 13/06/2019 (continuação)
Questão 3: (2.5 pontos)
Encontre todas as soluções u da forma u(x, y) = X(x)Y (y) do problema
ux + uy = 2(x
2 + y2)u, (x, y) ∈ R× R.
Solução:
Para uma solução na forma u(x, y) = X(x)Y (y), as funções X e Y satisfazem
XxY +XYy = 2x
2XY + 2y2XY,
Xx
X
− 2x2 = −Yy
Y
+ 2y2 = λ,
para alguma constante λ ∈ R. Assim obtemos duas equações diferenciais ordinárias para X e
Y separadamente :
Xx
X
= 2x2 + λ,
Yy
Y
= 2y2 − λ.
Essas equações tem soluções
X(x) = Ae2/3x
3+λx,
Y (y) = Be2/3y
3−λy,
para A,B ∈ R. A solução geral, como um produto, da equação diferencial parcial original é
u(x, y) = Ce2/3x
3+λxe2/3y
3−λy
para constantes C, λ ∈ R.
Questão 4: (2.5 pontos)
Encontre todos os valores de λ ∈ R, e todas as soluções associadas, para os quais existem soluções
não-nulas do problema de valor de contorno (para L > 0):
y′′ + λy = 0,
y(0) = 0,
dy
dx
(L) = 0.
Solução:
Para encontrar a solução geral de uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem e
com coeficientes constantes pode ser encontrada adivinhando uma solução da forma y(x) = erx
e fazendo uma combinação linear das soluções encontradas. Para essa função y′′+λy = erx(r2+
λ) = 0 se r2 = λ. Logo, a forma da solução depende sobre o sinal de λ.
Página 3
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Segunda prova - Unificada - 13/06/2019 (continuação)
Para λ = −µ2 < 0 (para µ > 0), a solução geral é da forma
y(x) = A senh(µx) +B cosh(µx).
Para satisfazer a condição y(0) = 0, é necessário B = 0 e y(x) = A senh(µx). Nesse caso,
y′(x) = Aµ cosh(µx). Então y′(L) = Aµ cosh(L) = 0 implica que A = 0 e temos somente a
solução trivial quando λ < 0.
Para λ = 0, a equação y′′ = 0 tem solução geral y(x) = Ax + B. B = 0 por que y(0) = 0 e
y′(L) = 0 força A = 0 e temos somente a solução trivial para λ = 0.
Se λ = µ2 > 0 (de novo µ > 0), a equação y′′ + µ2y = 0 tem solução geral
y(x) = A sen(µx) +B cos(µx).
Temos y(0) = B, que deve ser igual a zero, pela primeira condição de contorno. Pelo outro lado,
y′(x) = Aµ cos(µx) e y′(L) = Aµ cos(µL) = 0 implica que ou A = 0, ou cos(µL) = 0. Para
evitar uma solução trivial, temos a segunda possibilidade. Isso vale se µL é um múltiplo ı́mpar
de π/2. Isto é,
µ =
(2n− 1)π
2L
, para n = 1, 2, 3 . . .
com solução associada yn(x) = sen
(
(2n−1)πx
2L
)
.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO!
Página 4
Gabarito da Segunda Prova Unificada de Cálculo IV - 2019/2, 11/11/2019
Questão 1: (2,5 pontos) Dada a função
f(t) =
{
1, −2 ≤ t ≤ 0,
2, 0 < t ≤ 2.
a) Encontre a série de Fourier de f .
b) Esboce o gráfico da série de Fourier de f obtida no item (a) no intervalo [−6, 6].
c) Calcule a soma da série:
∞∑
k=1
1
(2k − 1)2
.
Sugestão: integre a série de Fourier de f obtida no item (a) no intervalo (0, 2).
Solução:
a) Calculamos os coeficiente usando as fórmulas de Euler-Fourier,
a0 =
1
2
∫ 2
−2
f(x)dx =
1
2
∫ 0
−2
1dx+
1
2
∫ 2
0
2dx = 3
an =
1
2
∫ 2
−2
f(x) cos
(nπx
2
)
dx =
1
2
∫ 0
−2
1 cos
(nπx
2
)
dx+
1
2
∫ 2
0
2 cos
(nπx
2
)
dx
=
1
nπ
sen
(nπx
2
)∣∣∣0
−2
+
2
nπ
sen
(nπx
2
)∣∣∣2
0
= 0,
para n ≥ 1. Calculamos bn para n ≥ 1:
bn =
1
2
∫ 2
−2
f(x)sen
(nπx
2
)
dx =
1
2
∫ 0
−2
1sen
(nπx
2
)
dx+
1
2
∫ 2
0
2sen
(nπx
2
)
dx
=
1
nπ
[cos(nπ)− 1] + 2
nπ
[1− cos(nπ)]
=
1
nπ
[1− cos(nπ)] =
{
0 m par
2
nπ
m ı́mpar.
Por tanto a série de Fourier F(f) de f é:
F(f)(x) := 3
2
+
2
π
∞∑
k=1
1
2k − 1
sen
(
(2k − 1)πx
2
)
. (1)
Copyright c© 2019, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia,
reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
b) Pelo teorema da convergência da série de Fourier temos que
F(f)(x) =

3
2
, x = 2n, n ∈ Z,
1, x ∈ (4n+ 2, 4n+ 4), n ∈ Z,
2, x ∈ (4n, 4n+ 2), n ∈ Z.
O gráfico da série de Fourier F(f)(x) no intervalo [−6, 6] está desenhado na Figura
1, destacando o valor da série de Fourier nos pontos de descontinuidade de f .
Figura 1: O gráfico da série de Fourier de f(x).
c) 1◦ via de Solução: Observe que F(f)(x) = 2 se x ∈ (0, 2). Integrando (1) no
intervalo (0, 2), tem-se:∫ 2
0
2dx =
∫ 2
0
3
2
dx+
2
π
∞∑
k=1
1
2k − 1
∫ 2
0
sen
(
(2k − 1)πx
2
)
dx,
1 =
4
π2
∞∑
k=1
1
(2k − 1)2
[1− cos ((2k − 1)π)] ,
1 =
4
π2
∞∑
k=1
2
(2k − 1)2
,
π2
8
=
∞∑
k=1
1
(2k − 1)2
.
2◦ via de Solução: Observe que F(f)(x) = 2 se x ∈ (0, 2). Integrando (1) no
intervalo (0, x) com 0 < x < 2, tem-se:∫ x
0
2dx =:
∫ x
0
3
2
dx+
2
π
∞∑
k=1
1
2k − 1
∫ x
0
sen
(
(2k − 1)πx
2
)
dx
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reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
por tanto
x
2
=:
4
π2
∞∑
k=1
1
(2k − 1)2
[
1− cos
(
(2k − 1)πx
2
)]
,
e considerando x = 1 obtemos
∞∑
k=1
1
(2k − 1)2
=
π2
8
.
Questão 2: (2,5 pontos) Determine todos os valores de λ ∈ R (e todas as soluções correspondentes),
para os quais existem soluções não-nulas do problema de valor de contorno:{
y′′(x)− λy′(x) + 2y(x) = 0,
y(0) = 0, y(2π) = 0.
Solução:
A equação caracteŕıstica correspondente a EDO é r2− λr+ 2 = 0. O discriminante
é ∆ = λ2 − 8. Há três casos a serem estudados:
1)∆ > 0, então temos duas ráızes reales distintas r1 6= r2. A solução geral é
y(x) = c1e
r1x + c2e
r2x. A condição y(0) = 0 implica c1 + c2 = 0, logo c1 = −c2. A
condição y(2π) = 0 implica 0 = c1e
2πr1 − c1e2πr2 , como r1 6= r2 temos que c1 = 0 e
portanto c2 = 0. Logo no caso ∆ > 0 não temos soluções não nulas.
2) ∆ = 0, neste caso temos duas ráızes reales repetidas r1 = r2 6= 0. A solução geral
é y(x) = (c1 + c2x) e
r1x. A condição y(0) = 0 implica c1 = 0. A condição y(2π) = 0
implica 0 = 2πc2e
2πr1 , de onde temos que c2 = 0. Logo no caso ∆ = 0 não temos
soluções não nulas.
3) ∆ < 0, as ráızes são r1 =
λ
2
+
√
|λ2−8|
2
i, r2 =
λ
2
−
√
|λ2−8|
2
i. A solução geral
é y(x) = e
λ
2
x
(
c1cos(
√
|λ2−8|
2
x) + c2sen(
√
|λ2−8|
2
x)
)
. A condição y(0) = 0 implica
c1 = 0. A condição y(2π) = 0 implica 0 = y(2π) = c2e
πλsen(
√
|λ2 − 8|π). Segue
que sen(
√
|λ2 − 8|π) = 0 ⇐⇒
√
|λ2 − 8| = n ⇐⇒ 8−λ2 = n2 ⇐⇒ 8−n2 = λ2,
onde n é um inteiro estritamente maior que zero. Mas como 8− n2 = λ2 temos que
8 − n2 > 0, de onde segue que n = 1 e n = 2 pelo fato que n ∈ Z>0. Logo temos
somente quatro soluções não nulas:
y(x) = c2e
√
7
2
xsen
(
1
2
x
)
associada a λ =
√
7,
y(x) = c2e
−
√
7
2
xsen
(
1
2
x
)
associada a λ = −
√
7,
y(x) = c2e
2xsen (x) associada a λ = 2,
y(x) = c2e
−2xsen (x) associada a λ = −2.
Questão 3: (2,5 pontos) Encontre a solução u(x, t) do problema:
5uxx = ut 0 < x < 1, t > 0,
u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = sen(2πx)− sen(7πx), 0 ≤ x ≤ 1.
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Solução:
Pelo método de separação de variáveis, da suposição u(x, t) = X(x)T (t) chegamos
no sistema de EDO {
X ′′ + λX = 0,
T ′ + 5λT = 0.
(2)
Utilizamos as condições de contorno para u(x, t) para deduzir condições de contorno
para X(x),
0 = u(0, t) = X(0)T (t) =⇒ X(0) = 0,
0 = u(1, t) = X(1)T (t) =⇒ X(1) = 0.
Assim temos que solucionar o problema de contorno{
X ′′ + λX = 0,
X(0) = 0, X(1) = 0.
A solução é fornecida no verso da prova, neste caso os autovalores são
λ = n2π2, n = 1, 2, . . .
e as autofunções associadas com eles são proporcionais com
Xn = sen(nπx), n = 1, 2, . . . (3)
Retornando ao sistema (2) temos o problema de valor inicial
T ′ + 5n2π2T = 0,
que tem solução geral
Tn(t) = e
−5n2π2t. (4)
As soluções fundamentais são un(x, t) = e
−5n2π2tsen(nπx). Pelo prinćıpio de superposição
a solução geral de este problema é
u(x, t) =
∞∑
n=1
ane
−5n2π2tsen(nπx).
Como u(x, t) tem que satisfazer a condição inicial sin(2πx)− sin(7πx) = u(x, 0),isto
é
sen(2πx)− sen(7πx) =
∞∑
n=1
ansen(nπx).
Segue das relações de ortogonalidade das funções seno que isto só é posśıvel se
an =

1 n = 2,
−1 n = 7,
0 outro caso.
Logo a solução de este problema é:
u(x, t) = e−20π
2tsen(2πx)− e−245π2tsen(7πx).
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Questão 4: (2.5 pontos) Encontre todas as soluções u da forma u(x, y) = X(x)Y (y) do problema:
x2y2uxy = x
2ux + y
2uy, x > 0, y > 0. (5)
Solução:
1◦ via de Solução: Substituindo na equação (5) temos
x2y2X ′Y ′ = x2X ′Y + y2XY ′
x2y2X ′Y ′ − x2X ′Y = y2XY ′
x2X ′(y2Y ′ − Y ) = y2XY ′
x2X ′
X
=
y2Y ′
y2Y ′ − Y
.
Como o lado esquerdo é constante em y e o lado direito é constante em x, os dois
são iguais a uma constante λ. Assim
x2X ′
X
=
y2Y ′
y2Y ′ − Y
= λ. (6)
De (6), segue que x2
X ′
X
= λ, então
X ′
X
=
λ
x2
ln(X(x)) = −1
x
λ+ C
X(x) = eCe−
1
x
λ
X(x) = Ae−
1
x
λ,
onde A e C são constantes.
De (6), também temos y2Y ′ = λy2Y ′ − λY , então
y2Y ′(1− λ) = −λY
Y ′
Y
=
λ
λ− 1
1
y2
ln (Y (y)) = −1
y
λ
λ− 1
+K,
portanto, Y (y) = Be−
1
y
λ
λ−1 onde B e K saõ constantes.
Logo u(x, y) = Ce−
1
x
λe−
1
y
λ
λ−1 onde C é uma constante.
2◦ via de Solução: Substituindo na equação (5) temos
x2y2X ′Y ′ = x2X ′Y + y2XY ′
como x, y > 0, dividimos por x2y2 a ambos lados da igualdade acima, obtendo
X ′Y ′ =
1
y2
X ′Y +
1
x2
XY ′.
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Vamos supor que X ′Y ′ 6= 0, então
1 =
1
y2
Y
Y ′
+
1
x2
X
X ′
ou
1− 1
y2
Y
Y ′
=
1
x2
X
X ′
= λ. (7)
De (7), como
X
X ′
= x2λ, obtemos
X ′
X
=
1
x2λ
ln (X(x)) = −1
x
1
λ
+ C
X(x) = Ae−
1
x
1
λ .
onde A e C saõ constantes.
De (7) temos também,
1
y2
Y
Y ′
= 1− λ, segue que
Y
Y ′
= (1− λ)y2
Y ′
Y
=
1
y2(1− λ)
ln (Y (y)) = − 1
y(1− λ)
Y (y) = − 1
y(1− λ)
+K
Y (y) = Be−
1
y(1−λ) .
onde B e K são constantes.
Assim temos que quando X ′Y ′ 6= 0 as soluções são u(x, t) = Ce− 1x 1λ e−
1
y(1−λ) .
Por outro lado, se X ′Y ′ = 0 então X ′ = 0 ou Y ′ = 0. Se X ′ = 0, então X(x) é uma
constante, e segue da equação (5) que Y (y) é constante também. Anâlogamente se
Y ′ = 0 segue da equação (5) que X ′ = 0, logo X(x) e Y (y) são constantes. Temos
então que se X ′Y ′ = 0, u(x, t) é a solução constante.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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A. Tabela resumo para EDO ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0 de segunda ordem com
coeficientes constantes:
r1, r2 ∈ R e r1 6= r2 =⇒ y(x) = c1er1x + c2er2x.
r1, r2 ∈ R e r1 = r2 =⇒ y(x) = (c1 + c2x) er1x.
r1 = α + βi e r2 = α− βi =⇒ y(x) = eαx (c1cos(βx) + c2sen(βx)) ,
onde r1 e r2 são as ráızes da equação caracteŕıstica ar
2 + br + c = 0.
B. O problema {
y′′ + λy = 0,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = n2π2/L2, n ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
yn(x) = sen
(nπx
L
)
.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 01/03/2015
TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (2.5 pontos)
Considere a seguinte equação diferencial ordinária:
3x2y′′ + 2xy′ + x2y = 0.
(a) Mostre que x = 0 é um ponto singular regular.
(b) Determine as ráızes da equação indicial em torno do ponto x = 0.
(c) Seja y(x) a solução dada em série de potências, em torno de x = 0, correspondente à maior
ráız da equação indicial. Determine a relação de recorrência dos coeficientes dessa solução.
Solução:
(a) A equação é dada na forma P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0, onde
P (x) = 3x2, Q(x) = 2x e R(x) = x2.
Como P (0) = 0, então x = 0 é ponto singular da equação. Por outro lado, as funções
q(x) :=
xQ(x)
P (x)
=
2
3
e
r(x) :=
xR(x)
P (x)
=
x2
3
.
são anaĺıticas em x = 0; logo, esse x = 0 é ponto singular regular da equação.
(b) A equação de Euler associada é a seguinte:
y′′ + q(0)y′ + r(0)y = 0 ⇔ 3y′′ + 2y′ = 0
e, consequentemente, a equação indicial é dada por
3r(r − 1) + 2r = 0 ⇔ r
(
3r − 1
)
= 0.
Assim, as duas ráızes da equação indicial são 0 e 1
3
.
(c) A solução em série que procuramos é da forma
y(x) =
∞
∑
m=0
amx
m+1/3.
Portanto,
y′(x) = x
1
3
∞
∑
m=0
(
m+ 1
3
)
amx
m−1 e
y′′(x) = x
1
3
∞
∑
m=0
(
m+ 1
3
) (
m− 2
3
)
amx
m−2.
Página 1
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 01/03/2015 (continuação)
Substituindo na equação,temos as seguintes igualdades equivalentes:
3x2+
1
3
∞
∑
m=0
(
m+ 1
3
)
(
m− 2
3
)
amx
m−2 + 2x1+
1
3
∞
∑
m=0
(
m+ 1
3
)
amx
m−1 + x2+
1
3
∞
∑
m=0
amx
m = 0
m
x
1
3
∞
∑
m=0
3
(
m+ 1
3
) (
m− 2
3
)
amx
m + x
1
3
∞
∑
m=0
2
(
m+ 1
3
)
amx
m + x
1
3
∞
∑
m=0
amx
m+2 = 0
m
x
1
3
∞
∑
m=0
3
(
m+ 1
3
) (
m− 2
3
)
amx
m + x
1
3
∞
∑
m=0
2
(
m+ 1
3
)
amx
m + x
1
3
∞
∑
m=2
am−2x
m = 0
m
4a1x
4
3 + x
1
3
∞
∑
m=2
[m(3m+ 1)am + am−2]x
m = 0,
de eonde decorre a relação de recorrência
a1 = 0 e
am =
−am−2
m(3m+ 1)
, ∀ m ≥ 2.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f : [0, 2] → R a função definida por
f(x) =
{
x se 0 ≤ x ≤ 1 e
(2− x) se 1 < x ≤ 2.
(a) Determine a série de Fourier em senos de f .
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier, obtida no item (a), no intervalo [−2, 2].
(c) Calcule o valor da série
∞
∑
m=0
1
(2m+ 1)2
.
Solução:
Página 2
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 01/03/2015 (continuação)
(a) Pelas equações de Euler/Fourier, para séries de Fourier em senos, para todom ∈ N obtemos
bm =
∫ 2
0
f(x)sen
(mπx
2
)
dx
=
∫ 1
0
xsen
(mπx
2
)
dx+
∫ 2
1
(2− x)sen
(mπx
2
)
dx
=
∫ 1
0
x
(
sen
(mπx
2
)
+ sen
(
mπ(2− x)
2
))
dx
=
(
1 + (−1)m+1
)
∫ 1
0
xsen
(mπx
2
)
dx
=
(
1 + (−1)m+1
)
(
[−2x
mπ
cos
(mπx
2
)
]1
0
+
∫ 1
0
2
mπ
cos
(mπx
2
)
dx
)
=
(
1 + (−1)m+1
)
(
−2
mπ
cos
(mπ
2
)
+
[
4
m2π2
sen
(mπx
2
)
]1
0
)
=
(
1 + (−1)m+1
)
(
4
m2π2
sen
(mπ
2
)
− 2
mπ
cos
(mπ
2
)
)
Portanto, se m é par (m = 2k),
1 + (−1)m+1 = 0
e se m é ı́mpar (m = 2k + 1) tem-se
1 + (−1)m+1 = 2, sen
(mπ
2
)
= (−1)k e cos
(mπ
2
)
= 0.
Dáı obtemos que a sétie fourier em senos de f(x) é dada pela expressão
F (x) =
∞
∑
k=0
8(−1)k
(2k + 1)2π2
sen
(
(2k + 1)πx
2
)
.
(b) O gráfico da série de Fourier obtida no item (a), no intervalo [−2, 2], é o seguinte:
y
x
−
p
-2
p
-1
p
1
p
2
−1
(c) Como f é cont́ınua em x = 1, segue do Teorema de Convergência de Fourier que
1 = f(1) = F (1) =
∞
∑
k=0
8(−1)k
(2k + 1)2π2
sen
(
(2k + 1)π
2
)
=
∞
∑
k=0
8
(2k + 1)2π2
,
de onde conclúımos que
∞
∑
k=0
1
(2k + 1)2
=
π2
8
.
Página 3
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 01/03/2015 (continuação)
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a função f , definida pela série de potências
f(x) :=
∞
∑
n=1
(−1)n(x− 1)n
n3n
.
(a) Determine o raio e o intervalo de convergência dessa série.
(b) Calcule o valor de f (5)(1) (derivada de ordem 5 da função f em x = 1).
Solução:
(a) Essa série é centrada no ponto x = 1. O n-ésimo termo é
an =
(−1)n(x− 1)n
n3n
.
Logo,
lim
n→∞
∣
∣
∣
∣
an+1
an
∣
∣
∣
∣
= lim
n→∞
|x− 1|n+1
(n+ 1)3n+1
n3n
|x− 1|n
=
|x− 1|
3
lim
n→∞
n
n+ 1
=
|x− 1|
3
.
Pelo teste da razão temos que essa série converge absolutamente se |x− 1| < 3 e diverge
se |x− 1| > 3. Assim, o raio de convergência é R = 3. No ponto x = −2 a série é dada
por
∞
∑
m=1
(−1)m(−3)m
m3m
=
∞
∑
m=1
1
m
,
a qual é divergente pois é a série harmônica. Por outro lado, em x = 4 a série é dada pela
expressão
∞
∑
m=1
(−1)m3m
m3m
=
∞
∑
m=1
(−1)m
m
,
que é uma série convergente, visto que é a série harmônica alternada. O intervalo de
convergência é então (−2, 4].
(b) Pelo teorema de Taylor,
f (5)(1)
5!
=
(−1)5
5 · 35 .
Portanto, f (5)(1) = − 8
81
.
Questão 4: (2.5 pontos)
Página 4
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 01/03/2015 (continuação)
Determine a solução u(x, t) do problema









utt(x, t) = uxx(x, t), x ∈ (0, π), t ∈ (0,∞),
ux(0, t) = ux(π, t) = 0, t ∈ (0,∞),
u(x, 0) = 0, x ∈ (0, π),
ut(x, 0) = x(π − x), x ∈ (0, π).
Solução:
Separando variáveis, temos que u(x, t) = X(x)T (t). Substituindo na equação a expressão ante-
rior obtemos
X(x)T ′′(t) = X ′′(x)T (t) ⇔ X
′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
T (x)
.
Como o lado esquerdo só depende de x e como o lado direito só depende de t, os dois deverão
ser iguais a um mesmo valor constante, que denotamos por λ. Isto é,
X ′′(x) = λX(x)e T ′′(t) = λT (t).
Das condições de contorno homogêneas e da condição inicial obtemos as seguintes condições:
X ′(0)T (t) = 0 ∀ t,
∴ X ′(0) = 0.
X ′(π)T (t) = 0 ∀ t,
∴ X ′(π) = 0.
X(x)T (0) = 0 ∀ 0 < x < π,
∴ T (0) = 0.
Os autovalores do problema em X são λm = −m2, para m ∈ {0, 1, 2, 3, ...} e as autofunções
correspondentes são
Xm(x) =
{
1 se m = 0 e
cos(mx) e m > 0.
Substituindo na equação para T obtemos
{
T ′′m(t) = −m2Tm(t)
Tm(0) = 0,
de onde decorrem as seguintes expressões para Tm:
Tm(t) =
{
b0t se m = 0 e
bmsen(mt) se m > 0.
As correspondentes soluções em variáveis separadas são dadas por
um(x, t) =
{
b0t se m = 0 e
bmcos(mx)sen(mt) se m > 0.
Página 5
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 01/03/2015 (continuação)
A solução geral é dada então por
u(x, t) = b0t+
∞
∑
m=1
bmcos(mx)sen(mt)
∴ ut(x, t) = b0 +
∞
∑
m=1
mbmcos(mx)cos(mt)
∴ ut(x, 0) = b0 +
∞
∑
m=1
mbmcos(mx).
Dáı, pelas fórmulas de Euler-Fourier para séries de Fourier em cossenos, obtemos os coeficientes
bm da seguinte forma:
2b0 =
2
π
∫ π
0
x(π − x)dx
=
2
π
[
1
2
πx2 − 1
3
x3
]π
0
=
π2
3
.
mbm =
2
π
∫ π
0
x(π − x)cos(mx)dx
=
2
mπ
[x(π − x)sen(mx)]π0 −
2
mπ
∫ π
0
(π − 2x)sen(mx)dx
=
2
m2π
[(π − 2x)cos(mx)]π0 +
4
m2π
∫ π
0
cos(mx)dx
= − 2
m2
((−1)m + 1) + 4
m3π
[sen(mx)]π0
= − 2
m2
((−1)m + 1) .
Finalmente,
u(x, t) =
π2
6
−
∞
∑
k=1
1
2k3
cos(2kx)sen(2kt).
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
Página 6
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 01/03/2015 (continuação)
A : Integrais úteis.
∫
xmcos(αx)dx =
xm
α
sen(αx)− m
α
∫
xm−1sen(αx)dx
∫
xmsen(αx)dx = −x
m
α
cos(αx) +
m
α
∫
xm−1cos(αx)dx
B : O problema
{
y′′ = λy,
y′(0) = 0, y′(L) = 0,
tem autovalores λ = −n2π2/L2, n ∈ {0, 1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
{
y0(x) = 1,
yn(x) = cos
(
nπx
L
)
, n ≥ 1.
Página 7
Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/07/2015
TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (2.5 pontos)
Considere a equação diferencial
y′′ − y − (x+ 1)ex+1 = 0.
(a) [0.5] Mostre que x = −1 é um ponto ordinário para a equação.
(b) [2.0] Encontre a fórmula de recorrência para os coeficientes da solução em série de potências
centrada em x = −1, usando a fórmula de Taylor para a exponencial:
ey =
∞
∑
n=0
yn
n!
.
Solução:
1. Os coeficientes são funcões anaĺıticas em todo R, então −1 é um ponto ordinário.
2. Substituindo t = x+ 1, temos
y′′ − y − tet = 0.
Se y tem série de Taylor
y =
∞
∑
n=0
ant
n,
então as derivadas são
y′ =
∞
∑
n=1
annt
n−1, (1)
y′′ =
∞
∑
n=2
ann(n− 1)tn−2. (2)
Substituindo na equação, temos então:
∞
∑
n=2
ann(n− 1)tn−2 −
∞
∑
n=0
ant
n −
∞
∑
n=0
tn+1
n!
= 0,
e igualando os indices das séries:
∞
∑
n=0
an+2(n + 2)(n+ 1)t
n −
∞
∑
n=0
ant
n −
∞
∑
n=1
tn
(n− 1)! = 0.
Igualando os coeficientes obtemos que para n ≥ 1:
an+2(n+ 2)(n+ 1)− an −
1
(n− 1)! = 0,
e para n = 0:
a2 · 2− a0 = 0.
Assim,
an+2 =
an
(n+ 2)(n+ 1)
+
1
(n− 1)! · (n+ 2)(n+ 1)
Página 1
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/07/2015(continuação)
para todo n ≥ 1, e
a2 =
a0
2
.
Os coeficientes da série de potências em x centrada em 1 são os mesmos e satisfazem a
mesma recurreência.
3. Como os coeficientes são funcões anaĺıticas em todoR (isto é são dados por séries de Taylor
com raio de convergência infinito), as soluções também são dado por séries de Taylor com
raio de convergência infinito e são definidas em todo R.
4. Como
f(x) =
∞
∑
n=0
an(x+ 1)
n =
∞
∑
n=0
f (n)(−1)
n!
(x+ 1)n,
deve valer que a4 =
f(4)
4!
, isto é, f (4) = a4 · 4!.
Usarando a recurrência para n = 0 e n = 2 obtemos
a2 =
a0
2
=
1
2
.
e
a4 =
a2
4 · 3 +
1
1! · 4 · 3 =
1
24
+
1
12
=
1
8
.
Então f (4) = 1
8
· 4! = 3
Questão 2: (2.5 pontos)
Considere a série de potências:
f(x) =
∞
∑
m=0
(x− 2)m
3m
√
m+ 1
.
Encontre o raio de convergência e o intervalo de convergência dessa série.
Encontre f (5)(2) (a derivada de ordem 5 da função f em x = 2).
Solução:
Essa série é uma série de Taylor em torno de 2. O m-esimo termo é
am =
(x− 2)m
3m
√
m+ 1
.
Para todo m,
am+1
am
=
(x− 2)
3
√
m+ 2√
m+ 1
.
Então
limm→+∞
∣
∣
∣
∣
am+1
am
∣
∣
∣
∣
=
|x− 2|
3
.
Segue pelo teste de razão que a série é absolutamente convergente para |x− 2| < 3 e divergente
para |x− 2| > 3, e o raio de convergência então é 3.
Página 2
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/07/2015(continuação)
Para determinar o intervalo de convergência, temos que estudar a convergência da série as
duas extremidades. Quando x = −1,
f(x) =
∞
∑
m=0
(−1)m√
m+ 1
,
que é convergente pelo teste de série alternada. Quando x = 5,
f(x) =
∞
∑
m=0
1√
m+ 1
=
∞
∑
m=1
m−1/2,
que é divergente pois é uma p-série com p = −1/2 > −1. Segue que o intervalo de convergência
é [−1, 5).
Finalmente, pelo teorema de Taylor,
f (5)(2) = 5!am =
120
35
√
6
=
40
81
√
6
.
Questão 3: (2.5 pontos)
Encontre a solução u : [0, π]× [0, π] → R da equação diferencial com condições de contorno abaixo:





uxx + uyy = u, (x, y) ∈ (0, π)× (0, π)
u(x, 0) = 0, u(x, π) = x(π − x), x ∈ [0, π]
u(0, y) = 0, u(π, y) = 0, y ∈ [0, π].
Solução:
Por separação de variáveis u(x, y) = X(x)Y (y). Substituindo na equaç ão, temos
X ′′
X
= −Y
′′ − Y
Y
= λ (constante).
junto com as condições de contorno homogéneas X(0) = X(π) = Y (0) = 0. Resolvendo o
problema em X(x) concluimos que
Xn(x) = cn sin(nx), com λ = −n2 (n = 1, 2, 3...).
Substituindo o valor de λ temos o problema em Y seguinte
Y ′′ − (1 + n2)Y = 0, Y (0) = 0.
Resolvendo deduzimos que
Yn(y) = dn sinh(
√
1 + n2y).
Assim, a soluç ão procurada é da forma de série
u(x, y) =
∞
∑
n=1
An sinh(
√
1 + n2y) sin(nx),
Página 3
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/07/2015(continuação)
com
An sinh(
√
1 + n2π) =
2
π
∫ π
0
f(x) sin(nx)dx =
2
π
∫ π
0
x(π − x) sin(nx)dx =



0 , n par
8
n3π
, n impar.
isto é
An sinh(
√
1 + n2π) =



0 , n par
8
n3π
, n impar.
Finalmente a solução u(x, y) é da forma
u(x, y) =
8
π
∞
∑
k=0
sinh(
√
1 + (2k + 1)2y) sin((2k + 1)x)
(2k + 1)3 sinh(
√
1 + (2k + 1)2π)
.
Questão 4: (2.5 pontos)
Encontre a solução do problema de valor inicial
{
y′′ + 4y = g(t)
y(0) = 2, y′(0) = 1
onde g : [0,+∞) → R a função
g(t) =
{
t, se 0 ≤ t < 1
1, se t ≥ 1.
Solução:
A função g(t) pode ser escrita como
g(t) = t− (t− 1)u1(t) = t− f(t− 1)u1(t),
onde f(t) = t. Sua transformada de Laplace é:
L[g(t)] = 1− e
−s
s2
Aplicando a transformada na equação diferencial, temos
(s2 + 4)L[y] = 1− e
−s
s2
+ 2s+ 1 ⇒ L[y] = (1− e−s) 1
s2(s2 + 4)
+ 2
s
s2 + 4
+
1
2
2
s2 + 4
= (1− e−s) 1
s2(s2 + 4)
+ L[2 cos(2t) + 1
2
sen(2t)].
Usando que
1
s2(s2 + 4)
=
1
4s2
− 1
4(s2 + 4)
= L
[
t
4
− sin(2t)
8
]
e a fórmula e−atL[h(t)] = L[ua(t)h(t− a)], obtemos que
y(t) =
t
4
− sin(2t)
8
− u1(t)
(
t− 1
4
− sin(2(t− 1))
8
)
+ 2 cos(2t) +
1
2
sen(2t)
Página 4
Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 19/07/2016
TEMPO DE PROVA: 2h
Questão 1: (2.5 pontos)
Considere a série de potências:
f(x) =
∞
∑
m=1
2m(x− 1)m+1
m
√
m2 + 1
.
(a) Encontre o raio de convergência e o intervalo de convergência dessa série.
(b) Encontre f (10)(1), isto é, a derivida de ordem 10 da função f em x = 1.
Solução:
(a) O m’ésimo termo da série é
am =
2m(x− 1)m+1
m
√
m2 + 1
.
Aplicando o teste de razão, temos
lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
am+1
am
∣
∣
∣
∣
= lim
m→+∞
∣
∣
∣
∣
∣
2m+1(x− 1)m+2
(m+ 1)
√
(m+ 1)2 + 1
· m
√
m2 + 1
2m(x− 1)m+1
∣
∣
∣
∣
∣
= lim
m→+∞
2 |x− 1| m
m+ 1
√
m2 + 1√
m2 + 2m+ 2
= 2 |x− 1| .
Segue pelo teste de razão que a série é convergente para |x− 1| < 1/2 e divergente para
|x− 1| > 1/2. Assim, o raio de convergência é 1/2. Para determinar o intervalo de
convergência, estudamos a série em cada extremidade. Em x = 3/2, temos
f(x) =
∞
∑
m=1
2m2−(m+1)
m
√
m2 + 1
=
∞
∑
m=1
1
2m
√
m2 + 1
≤
∞
∑
m=1
1
2m2
.
Como a série
∑∞
m=1
1
2m2
é uma p-série cm p = 2, essa série é convergente. Segue pelo teste
de comparação que a série de potências é convergente em x = 3/2. Por fim, em x = 1/2,
temos
f(x) =
∞
∑
m=1
2m(−1)m+12−(m+1)
m
√
m2 + 1
=
∞
∑
m=1
(−1)m+1
2m
√
m2 + 1
.
Segue pelo caso precedente que essa série é absolutamente convergente. Assim, o intervalo
de convergência é [1/2, 3/2].
(b) A função é
f(x) =
∞
∑
m=1
2m(x− 1)m+1
m
√
m2 + 1
=
∞
∑
m=2
2m−1(x− 1)m
(m− 1)
√
(m− 1)2 + 1
.
Segue pelo teorema de Taylor que
f (10)(1) =
10!29
9
√
82
.
Página 1
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 19/07/2016 (continuação)
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f : [−2, 2] → R a função definida por:
f(x) =





0 se − 2 ≤ x < −1,
x se − 1 ≤ x < 1, e
0 se 1 ≤ x ≤ 2.
(a) Determine a série de Fourier de f .
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−6, 6].
Solução:
(a) A função é periódica com periódo 2L = 4. A série de Fourier de f é então
f(x) =
a0
2
+
∞
∑
m=1
amcos
(mπx
2
)
+
∞
∑
m=1
bmsen
(mπx
2
)
.
Como f é impar, am = 0 para todo m. Logo,
bm =
1
2
∫ 2
−2
f(x)sen
(mπx
2
)
dx
=
∫ 1
0
xsen
(mπx
2
)
dx
=
[−2x
mπ
cos
(mπx
2
)
]1
0
+
∫ 1
0
2
mπ
cos
(mπx
2
)
dx
=
−2
mπ
cos
(mπ
2
)
+
[
4
m2π2
sen
(mπx
2
)
]1
0
=
−2
mπ
cos
(mπ
2
)
+
4
m2π2
sen
(mπ
2
)
A série de Fourier de f é então
f(x) =
∞
∑
m=1
[
(−2)
mπ
cos
(mπ
2
)
+
4
m2π2
sen
(mπ
2
)
]
sen
(mπx
2
)
=
∞
∑
k=1
−2
2kπ
cos
(
2kπ
2
)
sen
(
2kπx
2
)
+
∞
∑
k=1
4
(2k − 1)2π2 sen
(
(2k − 1)π
2
)
sen
(
(2k − 1)πx
2
)
=
∞
∑
k=1
(−1)k+1
kπ
sen (kπx) +
∞
∑
k=1
4(−1)k+1
(2k − 1)2π2 sen
(
(2k − 1)πx
2
)
.
(b) O grafico da série de Fourier de f é
−
−
p p p p−6 −2 2 6
◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦
◦
◦
◦
◦
◦
◦
•
•
•
•
•
•
Página 2
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 19/07/2016 (continuação)
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a equação de Chebyshev:
(1− x2)y′′ − xy′ + 4y = 0.
(a) Mostre que x = 1 é ponto singular regular.
(b) Determine as ráızes da equação indicial no ponto x = 1.
(c) Determine a fórmula de recorrência para os coeficientes da série de potências em torno de x = 1
da solução y(x) que corresponde à maior das duas ráızes da equação indicial.
(d) Determine os 3 primeiros termos não nulos da solução y(x) encontrada no item (c) e que, além
disso, satisfaz limx→1+ y(x)/
√
x− 1 = 1.
Solução:
(a) A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde
P (t) = 1− x2, Q(t) = −x, R(t) = 4.
Como P (1) = 0, o ponto x = 1 é ponto singular da equação. Logo, temos
lim
x→1+
(x− 1)Q(x)
P (x)
= lim
x→1+
−(x− 1)x
(1− x2) = limx→1+
(1− x)x
(1− x)(1 + x) =
1
2
=: a.
e
lim
x→1+
(x− 1)2R(x)
P (x)
= lim
x→1+
4(1− x)2
(1− x2) = limx→1+
4(1− x)2
(1−x)(1 + x) = 0 =: b.
Como esses limites existem, x = 1 é ponto singular regular da equação.
(b) A equação de Euler associada é
(x− 1)2y′′ + a(x− 1)y′ + by = 0.
onde a e b são os limites determinados em cima. Istó é,
(x− 1)2y′′ + 1
2
(x− 1)y′ = 0.
Substituindo y = (x− 1)r, temos
(x− 1)2r(r − 1)(x− 1)r−2 + 1
2
(x− 1)r(x− 1)r−1 = 0
⇔ (x− 1)rr
(
r − 1
2
)
= 0.
Assim, as ráızes da equação indicial são 0 é 1
2
.
Página 3
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 19/07/2016 (continuação)
(c) Substituindo t = (x− 1), temos
−t(t + 2)y′′ − (t+ 1)y′ + 4y = 0.
A solução tem a forma
y =
∞
∑
m=0
amt
m+ 1
2
∴ y′ =
∞
∑
m=0
(
m+
1
2
)
amt
m− 1
2
∴ y′′ =
∞
∑
m=0
(
m+
1
2
)(
m− 1
2
)
amt
m− 3
2 .
Substituindo na equação, temos
− (t2 + 2t)
∞
∑
m=0
(
m+
1
2
)(
m− 1
2
)
amt
m− 3
2
− (t+ 1)
∞
∑
m=0
(
m+
1
2
)
amt
m− 1
2 + 4
∞
∑
m=0
amt
m+ 1
2 = 0
∴ −
∞
∑
m=0
(
m2 − 1
4
)
amt
m+ 1
2 −
∞
∑
m=0
2
(
m2 − 1
4
)
amt
m− 1
2
−
∞
∑
m=0
(
m+
1
2
)
amt
m+ 1
2 −
∞
∑
m=0
(
m+
1
2
)
amt
m− 1
2 +
∞
∑
m=0
4amt
m+ 1
2 = 0
∴ −
∞
∑
m=0
(
m2 − 1
4
)
amt
m+ 1
2 −
∞
∑
m=−1
2
(
(m+ 1)2 − 1
4
)
am+1t
m+ 1
2
−
∞
∑
m=0
(
m+
1
2
)
amt
m+ 1
2 −
∞
∑
m=−1
(
(m+ 1) +
1
2
)
am+1t
m+ 1
2 +
∞
∑
m=0
4amt
m+ 1
2 = 0
∴
(a0
2
− a0
2
)
t−
1
2 +
∞
∑
m=0
[
−
(
m2 − 1
4
)
am − 2
(
(m+ 1)2 − 1
4
)
am+1
−
(
m+
1
2
)
am −
(
m+
3
2
)
am+1 + 4am
]
tm+
1
2 = 0.
Igualando coeficientes, temos, para todo m,
(
15
4
−m−m2
)
am =
(
2m2 + 5m+ 3
)
am+1
∴ am+1 =
15− 4m− 4m2
4(2m+ 3)(m+ 1)
am.
(d) Calculando o limite, temos
lim
x→1+
y(x)√
x− 1
= lim
t→0+
y(t)√
t
= lim
t→0+
∞
∑
m=0
amt
m = a0.
Página 4
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 19/07/2016 (continuação)
Temos então a0 = 1. Logo
a1 =
15
12
a0 =
5
4
.
e
a2 =
7
40
a1 =
7
32
.
Questão 4: (2.5 pontos)
Resolva o problema de valor inicial:
{
y′′ + 2y′ + 2y = sen(t) + δ
(
t− π
2
)
,
y(0) = 1, y′(0) = 0.
Solução:
A transformada de Laplace do lado esquerdo é
L[y′′ + 2y′ + 2y] = L[y′′] + 2L[y′] + 2L[y]
= (s2L[y]− sy(0)− y′(0)) + 2(sL[y]− y(0)) + 2L[y]
= (s2 + 2s+ 2)L[y]− (s+ 1)− 1
= ((s+ 1)2 + 1)L[y]− (s+ 1)− 1
A transformada de Laplace do lado direito é
L
[
sen(t) + δ
(
t− π
2
)]
=
1
s2 + 1
− e−πs2 .
Igualando os dois lados, temos então
L[y] = (s+ 1)
(s+ 1)2 + 1
+
1
(s+ 1)2 + 1
+
1
((s+ 1)2 + 1)(s2 + 1)
− e
−πs
2
(s+ 1)2 + 1
.
Usando a tecnica de frações parciais, temos
1
((s+ 1)2 + 1)(s2 + 1)
=
2s+ 3
5((s+ 1)2 + 1)
+
−2s + 1
5(s2 + 1)
=
2(s+ 1)
5((s+ 1)2 + 1)
+
1
5((s+ 1)2 + 1)
+
−2s
5(s2 + 1)
+
1
5(s2 + 1)
.
=
2
5
L
[
e−tcos(t)
]
+
1
5
L
[
e−tsen(t)
]
+
−2
5
L [cos(t)] + 1
5
L [sen(t)] .
Em fim, temos
(s+ 1)
(s+ 1)2 + 1
= L
[
e−tcos(t)
]
1
(s+ 1)2 + 1
= L
[
e−tsen(t)
]
e−
πs
2
(s+ 1)2 + 1
= L
[
uπ
2
(t)e−(t−
π
2 )sen
(
t− π
2
)]
.
Página 5
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova final unificada - Escola Politécnica/Escola de Qúımica - 19/07/2016 (continuação)
Assim, temos
y = e−tcos(t) + e−tsen(t) +
2
5
e−tcos(t) +
1
5
e−tsen(t)
+
−2
5
cos(t) +
1
5
sen(t) + uπ
2
(t)e−(t−
π
2 )sen
(
t− π
2
)
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 3/7/2018
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência das séries abaixo.
(a)
∞
∑
m=1
(−1)mm3
m5 + 1
.
Solução:
A série de valores absolutos é
∞
∑
m=1
m3
m5 + 1
.
Aplicamos o teste de comparação no limite, comparando essa série com a p-série com p = 2
∞
∑
m=1
1
m2
.
Temos
lim
m→∞
m3
m5 + 1
/
1
m2
= lim
m→∞
m5
m5 + 1
= 1.
Como a p-série com p = 2 é convergente, segue pelo teste de comparação no limite que essa
série é absolutamente convergente.
(b)
∞
∑
m=1
(−1)mm2
2m
.
Solução:
A série de valores absolutos é
∞
∑
m=1
m2
2m
.
Aplicando o teste de razão a essa série, temos
lim
m→∞
(m+ 1)2
2m+1
/
2m
m2
= lim
m→∞
1
2
(
1 +
1
m
)2
=
1
2
.
Segue pelo teste de razão que essa série é absolutamente convergente.
(c)
∞
∑
m=1
1√
m
sen
(
(−1)m√
m
)
.
Solução:
A série é
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 3/7/2018(continuação)
∞
∑
m=1
m−
1
2 sen
(
(−1)mm− 12
)
=
∞
∑
m=1
(−1)mm− 12 sen
(
m−
1
2
)
.
Aplicamos primeiro o teste da série alternada. Seja f : [1,∞[→ R a função
f(x) = x−
1
2 sen
(
x−
1
2
)
.
Como as funções x 7→ sen(x− 12 ) e x 7→ x− 12 são decrescentes para x ∈ [0,∞[, a função f
também é decrescente. Como
lim
x→∞
f(x) = 0,
segue pelo teste de série alternada que essa série é convergente.
A série de valores absolutos é
∞
∑
m=1
x−
1
2 sen
(
m−
1
2
)
.
Aplicamos o teste de comparação no limite, comparando essa série com a série harmonica
∞
∑
m=1
1
m
.
Temos
lim
m→∞
m−
1
2 sen
(
m−
1
2
)
/m−1 = lim
m→∞
m
1
2 sen
(
m−
1
2
)
= lim
x→0
sen(x)
x
= 1.
Como a série harmonica é divergente, segue pelo teste de comparação no limite que a série de
valores absolutos também é divergente, e essa série é então condicionalmente convergente.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f : [0, π] → R a função definida por
f(x) = ex.
(a) Determine a série de Fourier em senos de f .
Solução:
Para determinar a série de Fourier em senos de f , utilizamos a extensão impar f̃ de f .
Pelas formulas de Euler-Fourier, temos
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Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 3/7/2018(continuação)
bm =
1
π
∫ π
−π
f̃(x)sen(mx)dx
=
2
π
∫ π
0
f(x)sen(mx)dx
=
2
π
∫ π
0
exsen(mx)dx.
Assim
bm =
2
mπ
[
− 1
m
excos(mx)
]π
0
+
2
mπ
∫ π
0
excos(mx)dx
=
2
(
1− eπ(−1)m
)
mπ
+
2
m2π
[
exsen(mx)
]π
0
− 2
m2π
∫ π
0
exsen(mx)dx
=
2
(
1− eπ(−1)m
)
mπ
− 1
m2
bm.
Segue que
(
1 +m2
m2
)
bm =
2
(
1− eπ(−1)m
)
mπ
∴ bm =
2m
(
1− eπ(−1)m
)
π(1 +m2)
.
A série de Fourier em senos de f é então
f(x) =
∞
∑
m=1
2m
(
1− eπ(−1)m
)
π(1 +m2)
sen(mx).
(b) Esboce o gráfico da série de Fourier obtida no item (a) no intervalo [−3π, 3π].
Solução:
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y
x
−
−
−
−
−
−
p p p p p p p p p p p p• • • • • • •
◦◦ ◦
◦◦ ◦
◦ ◦◦
◦ ◦◦
0 π 2π−π−2π
(c) Calcule o valor da série
∞
∑
m=0
(−1)m(2m+ 1)
1 + (2m+ 1)2
.
Solução:
Como f é continua em x = π/2, segue pelo teorema de convergência de Fourier que
∞
∑
m=1
2m
(
1− eπ(−1)m
)
π(1 +m2)
sen
(
mπ
2
)
= f
(
π
2
)
= e
π
2 .
Como sen(mπ/2) = 0 para m par, apenas os termos impares nesse somatorio são diferentes
de zéro. Substituindo m = 2n+ 1, obtemos então
∞
∑
n=0
2(2n+ 1)
(
1 + eπ
)
π(1 + (2n+ 1)2)
sen
(
nπ +
π
2
)
= e
π
2
∴
∞
∑
n=0
(2n+ 1)
1 + (2n+ 1)2
cos(nπ) =
πe
π
2
2(1 + eπ)
∴
∞
∑
n=0
(−1)n(2n+ 1)
1 + (2n+1)2
=
π
4
2
eπ/2 + e−π/2
=
π
4cosh(π/2)
.
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Questão 3: (2.5 pontos)
Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do seguinte problema de valor inicial
y′′ + 4y =
{
x se 0 ≤ x < 1,
0 se 1 ≤ x < ∞,
y(0) = 0, y′(0) = 0.
Solução:
Seja f : [0,∞[→ R o lado direito dessa equação, isto é
f(x) =
{
x se 0 ≤ x < 1,
0 se 1 ≤ x < ∞.
Temos
f(x) = x− xu1(x) = x− (x− 1)u1(x)− u1(x),
onde u1 é a função degrau unitária com singularidade em x = 1. Aplicando a transformada de
Laplace aos dois lados da equação,
L[y′′ + 4y] = L[f ]
∴ L[y′′] + 4L[y] = L[x− (x− 1)u1(x)− u1(x)]
∴ s2L[y]− sy(0)− y′(0) + 4L[y] = 1
s2
− e
−s
s2
− 1
s
Aplicando as condições de contorno, temos então
(s2 + 4)L[y] = (1− e
−s)
s2
− 1
s
.
∴ L[y] = (1− e
−s)
s2(s2 + 4)
− 1
s(s2 + 4)
.
Determinamos g e h tais que
L[g] = 1
s2
s2 + 4
L[h] = 1
s(s2 + 4)
.
Aplicando a técnica de frações parciais, temos
L[g] = − 1
4s2
+
1
4(s2 + 4)
= L
[
− x
4
+
1
8
sen(2x)
]
∴ g = −x
4
+
1
8
sen(2x).
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Da mesma maneira, temos
L[h] = 1
4s
− s
4(s2 + 4)
= L
[
1
4
− 1
4
cos(2x)
]
∴ h =
1
4
− 1
4
cos(2x).
Segue que
L[y] = L[g]− e−sL[g]− L[h]
∴ y(x) = g(x)− u1(x)g(x− 1)− h(x).
Questão 4: (2.5 pontos)
Determine a solução u(x, t) do problema





ut − uxx = 0 x ∈]0, 20[, t ∈]0,∞[,
u(0, t) = 100, u(20, t) = 0 t ∈ [0,∞[,
u(x, 0) = g(x) x ∈ [0, 20],
onde
g(x) =
{
100 se 0 ≤ x < 10,
0 se 10 ≤ x ≤ 20.
Solução:
A solução û do problema estacionario
{
ûxx = 0,
û(0) = 100, û(2) = 0
é
û(x) = 100− 5x.
Seja v = u− û. Essa função é solução do problema





vt − vxx = 0 x ∈]0, 20[, t ∈]0,∞[,
v(0, t) = 0, v(20, t) = 0 t ∈ [0,∞[,
v(x, 0) = g(x)− û(x) x ∈ [0, 20].
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 3/7/2018(continuação)
Determinamos primeiro o problema separado. Substituindo v(x, t) := X(x)T (t) na equação a
derivadas parciais, temos
(XT )t − (XT )xx = 0
⇔ XT ′ −X ′′T = 0
⇔ X
′′
X
=
T ′
T
Como o lado esquerdo é constante em t e como o lado direito é constante em x, os dois são
iguais à mesma constante λ. Assim
X ′′ = λX,
T ′ = λT.
Substituindo nas condições de contorno, temos
X(0)T (t) = 0 ∀t
⇒ X(0) = 0.
X(20)T (t) = 0 ∀t
⇒ X(20) = 0.
Os autovalores e as autofunções do problema
X ′′ = λX,
X(0) = X(20) = 0.
são
λm = −
m2π2
400
Xm(x) = sen
(
mπx
20
)
,
para m ∈ {1, 2, 3, · · · }. Substituindo λm na equação para T , temos
T ′m(t) = −
m2π2
400
Tm(t)
∴ Tm(t) = bme
−m
2
π
2
t
400 .
As soluções separáveis são então
vm(x, t) = bmsen
(
mπx
20
)
e−
m
2
π
2
t
400 .
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Segue pelo prinćıpio de superposição que a solução geral do problema homogênea é
v(x, t) =
∞
∑
m=1
bmsen
(
mπx
20
)
e−
m
2
π
2
t
400 .
Substituindo nas condições iniciais, temos
g(x)− û(x) = v(x, 0) =
∞
∑
m=1
bmsen
(
mπx
20
)
.
Como essa série é uma série de Fourier em senos, utilizamos a extensão ı́mpar f de (g − û∞).
Pelas fórmulas de Euler-Fourier temos então
bm =
1
20
∫ 20
−20
f(x)sen
(
mπx
20
)
dx
=
1
10
∫ 20
0
(g(x)− û(x))sen
(
mπx
20
)
dx
=
∫ 10
0
5x
20
sen
(
mπx
20
)
dx+
∫ 20
10
(100− 5x)
20
sen
(
mπx
20
)
dx
=
[
− 10x
mπ
cos
(
mπx
20
)]10
0
+
∫ 10
0
10
mπ
cos
(
mπx
20
)
dx
+
[
− 10(20− x)
mπ
cos
(
mπx
20
)]20
10
−
∫ 20
10
10
mπ
cos
(
mπx
20
)
dx
=
[
200
m2π2
sen
(
mπx
20
)]10
0
−
[
200
m2π2
sen
(
mπx
20
)]20
10
=
400
m2π2
sen
(
mπ
2
)
.
Segue que
v(x, y) =
∞
∑
m=1
400
m2π2
sen
(
mπ
2
)
sen
(
mπx
20
)
e−
m
2
π
2
t
400 ,
e
u(x, y) = 100− 5x+
∞
∑
m=1
400
m2π2
sen
(
mπ
2
)
sen
(
mπx
20
)
e−
m
2
π
2
t
400 .
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito seg. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 27/11/2018
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
Estude a convergência, convergência absoluta ou divergência das séries abaixo.
(a)
∞
∑
m=1
sen
(
1
m2
)
,
Solução:
Todos os termos desta série são positivos. Comparando com a p-série com p = 2, temos
lim
m→∞
sen
(
1
m2
)
/
1
m2
= lim
x→0+
sen(x)
x
= 1.
Como este limite existe e é finito, segue pelo teste de comparação no limite que esta série
é convergente.
(b)
∞
∑
m=1
(−1)m
√
1 +m2
1 +m4
,
Solução:
Esta série é uma série alternada da forma
∞
∑
m=1
(−1)mf(m),
onde, para todo m, a função f é dada por
f(m) :=
√
1 +m2
1 +m4
.
Esta função é positiva,
lim
x→+∞
f(x) = 0,
e, no intervalo [1,∞[, sua derivada é
f ′(x) =
√
1 + x4
1 + x2
2x− 4x3 − 2x5
(1 +m4)2
≤ 0.
Segue que esta função é decrescente no intervalo [1,∞[, e segue pelo teste da série alternada
que esta série é convergente. Enfim, comparando sua série de valores absolutos com a série
harmônica, temos
lim
m→∞
f(m)/
1
m
= lim
m→∞
m
√
1 +m2√
1 +m4
= lim
m→∞
√
1 +m−2√
1 +m−4
= 1.
Como este limite existe e é finito, segue pelo teste de comparação no limite que a série de
valores absolutos é divergente. Esta série é então condicionalmente convergente.
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(c)
∞
∑
m=1
(−1)m
(m+ 1)
(
loge(m+ 1)
)2 .
Solução:
A série de valores absolutos desta série é
∞
∑
m=1
f(m),
onde, para todo m, a função f é dada por
f(m) =
1
(m+ 1)
(
loge(m+ 1)
)2 .
Esta função é positiva, decrescente e
lim
m→+∞
f(m) = 0.
Enfim, temos
∫ ∞
1
f(x)dx =
∫ ∞
1
1
(x+ 1)
(
loge(x+ 1)
)2dx
=
∫ ∞
log
e
(2)
1
y2
dy
=
[−1
y
]∞
log
e
(2)
=
1
loge(2)
.
Como esta integral é convergente, segue pelo teste da integral que a série de valores abso-
lutos é convergente. Esta série é então absolutamente convergente.
Questão 2: (2.5 pontos)
Considere a seguinte função
g(x) =
∫ x
0
1
y2
arctanh(y2)dy.
(a) Encontre a série de Taylor em torno do zero desta função.
Solução:
A derivada de g é
g′(x) =
1
x2
arctanh(x2).
Seja f(y) := arctanh(y). Sua derivada é
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f ′(y) =
1
1− y2 =
∞
∑
m=0
y2m,
e assim
f(y) =
∞
∑
m=0
1
(2m+ 1)
y2m+1 + C,
onde
C = f(0) = arctanh(0) = 0.
Segue que
g′(x) =
1
x2
∞
∑
m=0
1
(2m+ 1)
x4m+2 =
∞
∑
m=0
1
(2m+ 1)
x4m,
e assim
g(x) =
∞
∑
m=0
1
(4m+ 1)(2m+ 1)
x4m+1 + C.
Enfim, como
C = g(0) = 0,
temos
g(x) =
∞
∑
m=0
1
(4m+ 1)(2m+ 1)
x4m+1.
(b) Determine g(15)(0) (a décima-quinta derivada da função g em x = 0).
Solução:
Pelo Teorema de Taylor,
g(15)(0) = 15!a15,
onde a15 é o coeficiente de x
15 na série de Taylor de g em torno de 0. Como este coeficiente
é igual a zero, temos
g(15)(0) = 0.
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a seguinte EDO.
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(x2 − 2x+ 2)y′′ + (x− 1)y′ + (x2 − 2x+ 1)y = 0.
(a) Mostre que x0 = 1 é ponto ordinário desta equação.
Solução:
A equação é
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0,
onde
P (x) = (x− 1)2 + 1,
Q(x) = (x− 1), e
R(x) = (x− 1)2.
Como P (1) = 1 6= 0, x0 = 1 é ponto ordinário desta equação.
(b) Determine a relação de recorrência da solução em séries desta equação em torno deste ponto.
Solução:
Substituindo t = (x− 1), temos
(t2 + 1)y′′ + ty′ + t2y = 0.
A solução é
y =
∞
∑
m=0
amt
m
∴ y′ =
∞
∑
m=1
mamt
m−1
∴ y′′ =
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2.
Substituindo na equação, temos
(t2 + 1)
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 + t
∞
∑
m=1
mamt
m−1 + t2
∞
∑
m=0
amt
m = 0
∴
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm−2 +
∞
∑
m=1
mamt
m +
∞
∑
m=0
amt
m+2 = 0
∴
∞
∑
m=2
m(m− 1)amtm +
∞
∑
m=0
(m+ 2)(m+ 1)am+2t
m +
∞
∑
m=1
mamt
m +
∞
∑
m=2
am−2t
m = 0
∴
∞
∑
m=2
[
(m+ 2)(m+ 1)am+2 +m
2am + am−2
]
tm + (6a3 + a1)t+ 2a2 = 0.
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A relação de recorrência é então
a2 = 0,
a3 = −
1
6
a2, e
am+2 = −
m2
(m+ 1)(m+ 2)
am −
1
(m+ 1)(m+ 2)
am−2 ∀ m ≥ 2.
(c) Determine os primeiros 3 coeficientes não nulos da solução que satisfaz y(1) = 0 e y′(1) = 1.
Solução:
Pelo Teorema de Taylor,
a0 = y(0) = 0, a1 = y
′(1) = 1.
Logo
a2 = 0,
a3 = −
1
6
a1 = −
1
6
,
a4 = −
1
3
a1 −
1
12
a0 = 0, e
a5 = −
9
20
a3 −
1
20
a1 =
1
40
.
Questão 4: (2.5 pontos)
Determine a solução u(x, t) do problema









ut − uxx = 0 (x, t) ∈]0, 20[×]0,∞[
u(0, t) = 100 t ∈]0,∞[
u(20, t) = 200 t ∈]0,∞[
u(x, 0) = f(x) x ∈]0, 20[
onde
f(x) =





100 se 0 ≤ x < 5
150 se 5 ≤ x < 15
200 se 15 ≤ x ≤ 20.
Solução:
O problema estacionário é
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




vxx = 0, x ∈]0, 20[
v(0) = 100, e
v(20) = 200.
A solução geral desta EDO é
v(x) = Ax+B
Aplicando as condições de contorno, temos A = 5 e B = 100. Assim
v(x) = 5x+ 100
A diferença w := u− v satisfaz





wt − wxx = 0 (x, t) ∈]0, 20[×]0,∞[
w(0, t) = 0 t ∈]0,∞[
w(20, t) = 0 t ∈]0,∞[
Procuramos primeiro as soluções separáveis deste problema. Seja w(x, t) = X(x)T (t). Substi-
tuindo na EDP, temos
X(x)T ′(y)−X ′′(x)T (t) = 0
∴
T ′(t)
T (t)
=
X ′′(x)
X(x)
Como o lado esquerdo é constante em x e como o lado direito é constante em t, os dois são
iguais a uma constante λ, isto é
T ′(t)
T (t)
= λ =
X ′′(x)
X(x)
.
Assim
X ′′(x) = λX(x), e
T ′(t) = λT (t).
Substituindo nas condições de contorno, temos
X(0)T (t) = 0, ∀ t
∴ X(0) = 0, e
X(20)T (t) = 0, ∀ t
∴ X(20) = 0.
Os autovalores e as autofunções do problema X ′′ = λX com os condições de contorno X(0) =
X(20) = 0 são
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λm =
−m2π2
400
, e
Xm = sen
(
mπx
20
)
,
onde m ∈ {1, 2, ...}. Substituindo na equação para T , temos, para todo m,
T ′m =
−m2π2
400
Tm
∴ Tm = bme
−m
2
π
2
t
400 .
As soluções separáveis são então
wm(x, t) = bmsen
(
mπx
20
)
e−
m
2
π
2
t
400 ,
onde m ∈ {1, 2, ...}. Pelo prinćıpio de superposição, a solução geral do problema homogêneo é
w(x, t) =
∞
∑
m=1
bmsen
(
mπx
20
)
e−
m
2
π
2
t
400 .
Substituindo nas condições inciais, temos
f(x)− v(x) = w(x, 0) =
∞
∑
m=1
bmsen
(
mπx
20
)
.
Pelas equações de Euler-Fourier, temos, para todo m,
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bm =
1
10
∫ 20
0
(f(x)− v(x))sen
(
mπx
20
)
dx
= − 1
10
∫ 5
0
5xsen
(
mπx
20
)
dx+
1
10
∫ 15
5
(50− 5x)sen
(
mπx
20
)
dx
+
1
10
∫ 20
15
(100− 5x)sen
(
mπx
20
)
dx
=
10
mπ
[
xcos
(
mπx
20
)]5
0
− 10
mπ
∫ 5
0
cos
(
mπx
20
)
dx
+
10
mπ
[
(x− 10)cos
(
mπx
20
)]15
5
− 10
mπ
∫ 15
5
cos
(
mπx
20
)
dx
+
10
mπ
[
(x− 20)cos
(
mπx
20
)]20
15
− 10
mπ
∫ 20
15
cos
(
mπx
20
)
dx
=
100
mπ
cos
(
πx
4
)
+
100
mπ
cos
(
3πx
4
)
− 200
m2π2
[
sen
(
mπx
20
)]20
0
=
100
mπ
cos
(
πx
4
)
+
100
mπ
cos
(
3πx
4
)
=
200
mπ
cos
(
πx
2
)
cos
(
πx
4
)
.
Segue que
u(x) = 100 + 5x+
∞
∑
m=1
200
mπ
cos
(
πx
2
)
cos
(
πx
4
)
sen
(
mπx
20
)
e−
m
2
π
2
t
400 .
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
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A : O problema
{
y′′ = λy,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = −m2π2/L2, m ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
{
ym(x) = sen
(
mπx
L
)
, m ≥ 1.
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Prova Final - Unificada - 27/06/2019
TEMPO DE PROVA: 2h30
Questão 1: (2.5 pontos)
(a) Seja f a seguinte função
f(t) = min{t, 1}, t ≥ 0.
Esboce o gráfico da função e determine sua Transformada de Laplace.
(b) Utilize a Transformada de Laplace para calcular a seguinte integral impropria
∫ ∞
0
e−t/2 sen(2t)dt.
Solução:
(a)A função pode ser escrita como
f(t) = t+ u1(t) (1− t) =
{
t se t ∈ [0, 1],
1 se t > 1.
Então a transformada de Laplace de f é dada por L[f ] = 1
s2
− e−s 1
s2
.
(b) Reconhecemos a integral acima como F (1/2) onde F = L[f ] e f(t) = sen(2t). Sabemos
então que
F (s) =
2
s2 + 4
,
∫ ∞
0
e−t/2 sen(2t)dt = F (1/2) =
2
1
4
+ 4
=
8
17
.
Questão 2: (2.5 pontos)
Supondo que y(0) = y′(0) = 1, calcule os quatro primeiros termos da solução na origem da equação
exy′′ + xy = 0.
Solução:
A equação é equivalente à equação
y′′ + xe−xy = 0.
A função xe−x é anaĺıtica em volta do ponto x = 0 então afirmamos que x = 0 é um ponto
ordinário da equação. Buscamos uma solução da forma y(x) =
∑∞
n=0 anx
n. Então,
y′′(x) =
∞
∑
n=2
ann(n− 1)xn−2 =
∞
∑
n=0
an+2(n + 2)(n+ 1)x
n,
xe−x = x
∞
∑
n=0
(−1)nxn
n!
=
∞
∑
n=1
(−1)n−1xn
(n− 1)! ,
xe−xy =
(
∞
∑
n=1
(−1)n−1xn
(n− 1)!
)(
∞
∑
n=0
anx
n
)
.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova Final - Unificada - 27/06/2019 (continuação)
Igualando o termo constante (com n = 0) em y′′ e o em −xe−xy, temos 2a2 = −0× a0 = 0, pois
a segunda expressão não tem um termoo constante. Logo, a2 = 0.
Igualando os coeficientes de x em y′′ e o em xe−xy, temos 6a3 = −1×a0 = −1, e logo a3 = −1/6.
Igualando os coeficientes de x2, temos 12a4 = − (1× a1 + (−1)× a0) = −1 + 1 = 0 e a4 = 0.
Igualando os coeficientes de x3, temos
20a5 = −1 ×
(
1
2
a0 + (−1)a1 + 1a2
)
=
1
2
,
e logo a5 =
1
40
. Então, os primeiros quatro termos não nulos são
a0 = 1, a1 = 1, a3 =
−1
6
, a5 =
1
40
.
Questão 3: (2.5 pontos)
Encontre a solução u(x, t) do problema de valor inicial e de contorno :





ut = 3uxx + u, x ∈ (0, 4), t ∈ (0,∞),
u(0, t) = u(4, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = 1− cos
(
πx
2
)
, x ∈ [0, 4].
Solução:
Tentamos uma solução usando separação de variaveis. Suponha que u(x, t) = X(x)T (t) satisfaça
a equação diferencial, com condições de contorno u(0, t) = u(4, t) = 0. Então para obter uma
solução não trivial, devemos ter X(0) = 0 = X(4) e
XTt = 3XxxT +XT,
Xxx
X
=
1
3
(
Tt
T
− 1
)
.
Concluimos que ambos os lados da segunda equação valem alguma constante −λ ∈ R. O
problema de autovalor Xxx + λX = 0, com X(0) = X(4) = 0 admite uma solução não trivial
somente para λ =
(
nπ
4
)2
, e a solução é, ao menos multiplicação por uma constante, Xn(x) =
sen
(
nπx
4
)
. Para esse valor de λ, a solução da equação
Tt =
(
1− 3
(nπ
4
)2
)
T,
é Tn(t) = e
(1−3(nπ/4)2)t.
Então para todo n = 1, 2, . . ., temos a solução un(x, t) = sen(nπx/4)e
(1−3(nπ/4)2)t. Para solução
a última condição, montamos a soma infinita u(x, t) =
∑∞
n=1 anun(x, t). Isso satisfaz u(x, 0) =
∑
n an sen
(
nπx
4
)
= 1− cos
(
πx
2
)
se os coeficientes an são escolhidos como
an =
2
4
∫ 4
0
(
1− cos
(πx
2
))
sen
(nπx
4
)
dx,
=
1
2
∫ 4
0
sen
(nπx
4
)
dx− 1
2
∫ 4
0
cos
(πx
2
)
sen
(nπx
4
)
dx.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova Final - Unificada - 27/06/2019 (continuação)
A primeira integral a direita vale 2
nπ
(1− (−1)n). Observamos que para n = 2, isto vale 0. Para
calcular a segunda integral, temos as identidades trigonométricas
sen(A+B) = senA cosB + cosA senB,
sen
(nπx
4
)
cos
(πx
2
)
=
1
2
(
sen
(
(n+ 2)πx
4
)
+ sen
(
(n− 2)πx
4
))
.
Para integrar isso, separar entre os casos n = 2 e n 6= 2. Para n = 2,
∫ 4
0
cos
(πx
2
)
sen
(πx
2
)
dx =
1
2
∫ 4
0
sen (πx) dx,
=
−1
2π
cos(πx)
∣
∣
∣
∣
4
0
= 0.
Para n 6= 2, temos
1
2
∫ 4
0
sen
(nπx
4
)
cos
(πx
2
)
dx =
1
4
∫ 4
0
sen
(
(n + 2)πx
4
)
dx+
1
4
∫ 4
0
sen
(
(n− 2)πx
4
)
dx,
=
−1
(n + 2)π
cos
(
(n + 2)πx
4
)∣
∣
∣
∣
4
0
+
−1
(n− 2)π cos
(
(n− 2)πx
4
)∣
∣
∣
∣
4
0
,
=
1
(n + 2)π
(1− (−1)2) + 1
(n− 2)π (1− (−1)
n).
Logo, podemos concluir que u(x, t) =
∑
n an sen(nπx/4)e
(1−3(nπ/4)2)t é a solução para o problema
de valor inicial e de contorno se os coeficientes são escolhidos por a2 = 0, e para n 6= 2,
an =
1
π
(
2
n
− 1
n+ 2
− 1
n− 2
)
(1− (−1)n),
=
−8
πn(n + 2)(n− 2)(1− (−1)
n)
Questão 4: (2.5 pontos)
(i) Encontre todos os valores de λ ∈ R, e todas as soluções associadas, para os quais existem
soluções não-nulas do problema de valor de contorno
y′′ + λy′ + 4y = 0, y(0) = y(2) = 0.
(ii) Para quais valores de L > 0, não existe nenhuma solução não-trivial do problema de contorno
y′′ + λy′ + 4y = 0, y(0) = y(L) = 0
para qualquer valor de λ ∈ R.
Solução:
(i) Tentamos uma solução y(x) = erx. Então necessariamente, r2 + λr + 4 = 0 e
r =
−λ±
√
λ2 − 16
2
.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova Final - Unificada - 27/06/2019 (continuação)
A forma da solução depende do sinal do descriminante ∆ = λ2 − 16.
Se λ2 − 16 = µ2 > 0 (para µ > 0), então temos ráızes reais r1, r2 disitntos e a solução geral é
y(x) = Aer1x+Ber2x. A condição y(0) = 0 = A+B implica que B = −A e y(x) = A(er1x−er2x).
A condição y(2) = 0 dá A(e2r1 − e2r2) = 0, mas r1 6= r2 implica que e2r1 6= e2r2 e temos A = 0.
Logo a única solução nesse caso é trivial. Isso aplica quando λ2 − 16 > 0, ou seja λ < −4 e
λ > 4.
Se λ2 − 16 = 0 (λ = ±4), a ráız da equação indicial é repetida e a solução tem forma
y(x) = e−λx/2(Ax+B).
Se y(0) = 0, então B = 0, e se y(2) = 0, então e−λ.2A = 0 e A = 0. Temos apenas a solução
trivial nesse caso.
Se λ2 − 16 = −µ2 < 0, as ráızes da equação indicial são complexas e distintas. Isso acontece
quando λ =
√
16− µ2 ∈ (−4, 4) e r = −λ
2
± iµ
2
. A solução geral da equação diferencial é
y(x) = Ae−λx/2 cos(µx/2) +Be−λx/2 sen(µx/2).
Então, a condição y(0) = 0 força A = 0, enquanto a condição y(2) = 0 dá Be−λ sen(µ) = 0.
Para obter uma solução não trivial, devemos ter µ = nπ para algum n = 1, 2, . . .. Isso quer
dizer que para λ = ±
√
16− (nπ)2 a o problema de valor de contorno admite a solução
y(x) = e∓
1
2
√
16−(nπ)2x sen
(nπx
2
)
.
Porém, essa ráız quadrado é um número real somente se 16− (nπ)2 ≥ 0, ou seja nπ ≤ 4. Então
somente para n = 1 nós temos λ = ±
√
16− π2, com soluções
y+(x) = e
−x
2
√
16−π2 sen
(πx
2
)
, y−(x) = e
x
2
√
16−π2 sen
(πx
2
)
.
(ii) Para algum outro valor L > 0, no intervalo [0, L], temos uma solção y com y(0) = y(L) = 0
se
y(x) = e
−λx
2 sen
(µx
2
)
, −µ2 = λ2 − 16,
y(L) = e
−λL
2 sen
(
µL
2
)
,
logo,
µL
2
= nπ, µ =
2πn
L
.
De novo, isso vem com a restrição de que
0 ≤ λ2 = 16− µ2 = 16−
(
2πn
L
)2
≤ 16−
(
2π
L
)2
.
Isso é imposśıvel, ou não terá nenhuma solução não-trivial, se
16−
(
2π
L
)2
< 0,
ou seja, L <
π
2
.
Isso é dizer, nenhuma solução não-trivial de y′′ + λy′ + 4y = 0, para qualquer λ ∈ R, satisfaz
y(0) = 0, y(L) = 0.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Prova Final - Unificada - 27/06/2019 (continuação)
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.
TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO!
Página 5
Gabarito da Prova Final Unificada de Cálculo IV - 2019/2, 26/11/2019
Questão 1: (2,5 pontos) Determine a convergência, convergência absoluta ou divergência das
séries abaixo. Justifique.
a)
∞∑
n=1
2n (n!)3
(3n)!
, b)
∞∑
n=1
e−3n
(
n+ 2
n+ 1
)n2
.
Solução:
a) Como an :=
2n(n!)3
(3n)!
> 0, a série é de termos positivos |an| = an. Aplicando o teste
da razão:
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1 ((n+ 1)!)3
(3(n+ 1))!
(3n)!
2n (n!)3
,
= lim
n→∞
2n+1(n+ 1)3(n!)3
(3n+ 3)(3n+ 2)(3n+ 1)((3n)!)
(3n)!
2n (n!)3
,
= lim
n→∞
2(n+ 1)2
3(3n+ 2)(3n+ 1)
,
= lim
n→∞
2n2 + 4n+ 2
27n2 + 9n+ 6
,
=
2
27
< 1.
Logo a série converge absolutamente, e portanto converge.
b)1◦ via de Solução:
Como an := e
−3n (n+2
n+1
)n2
> 0, a série é de termos positivos |an| = an. Aplicando o
teste da raiz:
lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
n
√
e−3n
(
n+ 2
n+ 1
)n2
,
= e−3 lim
n→∞
(
n+ 2
n+ 1
)n
,
= e−3 lim
n→∞
(1 + 2
n
1 + 1
n
)n
,
= e−3 lim
n→∞
(1 + 2
n
)n
(1 + 1
n
)n
,
= e−3
e2
e
,
= e−2 < 1.
Copyright c© 2019, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia,
reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Logo a série converge absolutamente, e portanto converge.
2◦ via de Solução:
Como an := e
−3n (n+2
n+1
)n2
> 0, a série é de termos positivos |an| = an. Aplicando o
teste da razão:
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
e−3(n+1)
(
n+3
n+2
)(n+1)2
e−3n
(
n+2
n+1
)n2 ,
= e−3 lim
n→∞
(
n+3
n+2
)(n+1)2(
n+2
n+1
)n2 ,
= e−3 lim
n→∞
(
1 + 1
n+2
)(n+1)2(
1 + 1
n+1
)n2 ,
= e−3 lim
n→∞
((
1 + 1
n+2
)(n+2)) (n+1)2(n+2)
((
1 + 1
n+1
)n+1) n2(n+1) ,
= e−3 lim
n→∞
e
(n+1)2
(n+2)
e
n2
(n+1)
,
= e−3 lim
n→∞
e
(n+1)2
(n+2)
− n
2
(n+1) ,
= e−3 lim
n→∞
e
n2+3n
(n+2)(n+1) ,
= e−3 lim
n→∞
e
n2+3n
n2+3n+2 ,
= e−3e,
= e−2 < 1.
Logo a série converge absolutamente, e portanto converge.
Questão 2: (2,5 pontos) Encontre os valores de δ de modo que a solução y(x) do problema de
valor inicial: {
x2y′′ + 3xy′ − 3y = 0,
y(1) = δ, y′(1) = 1,
seja limitada quando x→ 0+.
Solução:
A equação de Euler tem solução de forma y(x) = xr. Derivando e substituindo na
equação diferencial obtemos x2r(r−1)xr−2+3xrxr−1−3xr = 0⇒ xr(r2+2r−3) = 0.
Como as raizes de r2 + 2r − 3 = 0 são r = −3 e r = 1, tem-se que a solução geral
da EDO é dada por y(x) = Ax−3 +Bx, onde A,B são constantes e x > 0.
δ = y(1) = A + B e 1 = y′(1) = −3A + B. Daqui A = δ−1
4
e B = 3δ+1
4
. A solução
do PVI torna-se
y(x) =
δ − 1
4x3
+
3δ + 1
4
x
Copyright c© 2019, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia,
reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Como limx→0+
1
x3
= ∞, a solução sera limitada quando x → 0+ se e somente se
δ = 1.
Questão 3: (2,5 pontos) Dada a função
f(x) =
{
−π, −π ≤ x < 0,
x, 0 ≤ x < π.
a) Determine a série de Fourier de f .
b) Esboce o gráfico da série de Fourier de f obtida no item (a) no intervalo [−3π, 3π].
c) Calcule a soma da série:
∞∑
n=1
(−1)n−1
(2n− 1)
.
Solução:
a) Estendemos f de modo a ser periódica de peŕıodo 2π. A série de Fourier de f é
a série
SF (f)(x) =
a0
2
+
+∞∑
k=1
(ak cos(kx) + bk sin(kx)) ,
onde
a0 =
1
π
∫ π
−π
f(x)dx
ak =
1
π
∫ π
−π
f(x) cos(kx)dx , k ≥ 1
bk =
1
π
∫ π
−π
f(x) sin(kx)dx , k ≥ 1
Temos então
a0 =
1
π
∫ 0
−π
(−π)dx+ 1
π
∫ π
0
xdx = −π + π
2
= −π
2
.
Os coefficientes ak, k ≥ 1 se calculam:
ak =
1
π
∫ 0
−π
(−π) cos(kx)dx+ 1
π
∫ π
0
x cos(kx)dx
= −sin(kx)
k
∣∣∣∣∣
0
−π
+
cos(kx)
k2π
∣∣∣∣∣
π
0
+
x sin(kx)
kπ
∣∣∣∣∣
π
0
= 0 +
cos(kπ)− 1
k2π
+ 0 =
cos(kπ)− 1
k2π
=
(−1)k − 1
k2π
=
{
0 k par
− 2
k2π
k ı́mpar
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reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Em outras palavras, se k ≥ 1:
a2k−1 =
−2
(2k − 1)2π
, a2k = 0
Calculamos agora os coefficientes bk:
bk =
1
π
∫ 0
−π
(−π) sin(kx)dx+ 1
π
∫ π
0
x sin(kx)dx
=
cos(kx)
k
∣∣∣∣∣
0
−π
+
sin(kx)
k2π
∣∣∣∣∣
π
0
− x cos(kx)
kπ
∣∣∣∣∣
π
0
=
1− cos(kπ)
k
+ 0− π cos(kπ)
kπ
=
1− 2 cos(kπ)
k
=
1− 2(−1)k
k
=

−1
k
k par
3
k
k ı́mpar
A Série de Fourier de f é então
SF (f)(x) = −π
4
+
+∞∑
k=1
(
(−1)k − 1
k2π
cos(kx) +
1− 2(−1)k
k
sin(kx)
)
.
b) Lembramos o
Teorema de Convergência de Fourier. Supomos que f e f ′ sejam cont́ınuas
por partes no intervalo [−L,L]. Supomos também que f esteja definida fora do
intervalo [−L,L] de modo a ser periódica de peŕıodo T = 2L. Então f tem uma
Série de Fourier
SF (f)(x) =
a0
2
+
+∞∑
k=1
(ak cos(kx) + bk sin(kx))
onde ak e bk são dados pelas fórmulas acima. Além disso, a série de Fourier converge
para f(x) em todos os pontos onde f é cont́ınua e converge para f(x
+)+f(x−)
2
em todos
os pontos onde f é descont́ınua.
No nosso caso f e f ′ satisfazem as hipóteses do teorema no intervalo [−π, π], com
T = 2π. A função f é descont́ınua, no seu intervalo (−π, π], em x = 0, x = π.
Então pelo Teorema de Convergência de Fourier temos que
i) x = 0 =⇒ a série de Fourier converge a f(0
−) + f(0+)
2
=
−π + 0
2
= −π
2
ii) x = π =⇒ a série de Fourier converge a f(π
+) + f(π−)
2
=
−π + π
2
= 0
Estendendo por periodicidade 2π entre −3π e 3π, obtemos o gráfico da Série:
Copyright c© 2019, Departamento de Matemática, IM-UFRJ. Reservados todos os direitos. É permitida a cópia,
reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
c) Usamos o fato que ak = 0 se k é par (maior ou igual a 1) e que cos(kπ/2) = 0
se k é impar. Então temos que
ak cos(kπ/2) = 0 ∀k ≥ 1 .
Desta observação e do ponto b) deduzimos que
π/2 = SF (f)(π/2) = −π/4 +
∞∑
k=1
1− 2(−1)k
k
sin(kπ/2) .
Então
3π
4
=
∞∑
k=1
1− 2(−1)k
k
sin(kπ/2) .
Agora sin(kπ/2) = 0 se k é par. Do outro lado, temos que sin((2k − 1)π/2) =
(−1)k−1.
Então
3π
4
=
∞∑
k=1
1− 2(−1)k
k
sin(kπ/2) =
∞∑
k=1
1− 2(−1)2k−1
k
sin(
(2k − 1)π
2
)
=
∞∑
k=1
3
2k − 1
(−1)k−1 = 3
∞∑
k=1
(−1)k−1
2k − 1
.
Deduzimos então que
∞∑
k=1
(−1)k−1
2k − 1
=
π
4
.
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reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Questão 4: (2.5 pontos) Determine a solução u(x, t) do problema
uxx = utt + u x ∈ (0, 2π) , t ∈ (0,∞) ,
u(0, t) = u(2π, t) = 0 t ∈ (0,∞) ,
u(x, 0) = f(x) x ∈ (0, 2π) ,
ut(x, 0) = 0 x ∈ (0, 2π) ,
onde
f(x) =
{
x se 0 ≤ x ≤ π,
(2π − x) se π < x ≤ 2π.
Solução:
Supondo que a solução tem a forma u(x, t) = X(x)T (t) chegamos as seguintes
equacões para as funções X e T
X ′′T = T ′′X +XT
⇐⇒ X
′′
X
=
T ′′ + T
T
,
Como o lado esquerdo é uma função de x e o lado direito é uma função de t temos que
ambos lados são iguais a mesma constante que denotamos por −λ. Assim obtemos
as seguintes EDO’s para as funções X e T
X ′′ + λX = 0,
T ′′ + (1 + λ)T = 0.
Sustituindo nas condições de contorno temos que
0 = u(0, t) = X(0)T (t) ∀t ≥ 0⇒ X(0) = 0,
0 = u(2π, t) = X(2π)T (t) ∀t ≥ 0⇒ X(2π) = 0.
Os autovalores e as autofunções do problema
X ′′ + λX = 0,
X(0) = 0 X(2π) = 0,
são λn = n
2π2/(2π)2 = n2/4 eXn = sin(xn/2) respetivamente, para n ∈ {1, 2, 3 . . . }.
Substituindo λn na equação da função T e usando a condição inicial ut(x, 0) = 0
para todo x ∈ [0, 2π] temos a seguinte equação
T ′′n + (1 + n
2/4)Tn = 0,
T ′n(0) = 0.
A solução geral desta equação é Tn(t) = a cos
(
t
√
1 + n2/4
)
+ b sin
(
t
√
1 + n2/4
)
.
Pela condição inicial temos que b = 0 e assim uma solução é Tn(t) = cos
(
t
√
1 + n2/4
)
e as soluções parciais do problema são
un(x, t) = sin (nx/2) cos
(
t
√
1 + n2/4
)
.
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reprodução e distribuição deste texto, no todo ou em parte, apenas para fins não lucrativas.
Segue pelo prinćıpio de superposição que a solução geral do problema é
u(x, t) =
∑
n=1
bn sin (nx/2) cos
(
t
√
1 + n2/4
)
,
onde
bn =
2
2π
2π∫
0
f(x) sin (xn/2) dx
=
1
π
π∫
0
x sin
(nx
2
)
dx+
1
π
2π∫
π
(2π − x) sin
(nx
2
)
dx
=
1
π
4
n2
sin(nx/2)
∣∣π
0
− 1
π
2
n
x cos(nx/2)
∣∣π
0
− 4
n
cos(nx/2)
∣∣2π
π
− 1
π
4
n2
sin(nx/2)
∣∣2π
π
+
1
π
2
n
x cos(nx/2)
∣∣2π
π
=
4
πn2
sin(nπ/2)− 2
n
cos(nπ/2)− 4
n
cos(nπ) +
4
n
cos
nπ
2
− 4
n2π
sin(nπ) +
4
n2π
sin(nπ/2)
+
4
n
cos(nπ)− 2
n
cos(nπ/2)
=
8
n2π
sin(nπ/2) =
{
0 se n = 2k
8(−1)k
(2k+1)2π
se n = 2k + 1.
E finalmente obtemos que
u(x, t) =
∑
k=0
8(−1)k
(2k + 1)2π
sin ((2k + 1)x/2) cos
(
t
√
1 + (2k + 1)2/4
)
.
Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos.FÓRMULAS ÚTEIS NO VERSO!
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A.
lim
n→∞
(
1 +
a
n
)n
= ea.
B. ∫
xcos(ax)dx =
1
a2
cos(ax) +
x
a
sen(ax).∫
xsen(ax)dx =
1
a2
sen(ax)− x
a
cos(ax).
C. O problema {
y′′ + λy = 0,
y(0) = 0, y(L) = 0,
tem autovalores λ = n2π2/L2, n ∈ {1, 2, 3, ...}, e as autofunções correspondentes são
yn(x) = sen
(nπx
L
)
.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/05/2009
Questão 1: (2.0 pontos)
Classifique as séries abaixo em absolutamente convergente, divergente ou condicionalmente conver-
gente. Justifique as suas afirmações.
(a) (0.7 ponto)
∞∑
n=1
(−1)n2
n n!
nn
Solução:
(a) Neste item aplicaremos o teste da razão à série
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n2nn!nn
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
2nn!
nn
. Temos que:
an =
2nn!
nn
=⇒ an+1 =
2n+1(n+ 1)!
(n+ 1)n+1
.
Logo:
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1(n+ 1)n!
(n+ 1)n+1
x
nn
2nn!
=⇒ lim
n→∞
an+1
an
= 2 lim
n→∞
(
n
n+ 1
)n
=
2
e
< 1. ((1))
De (1) resulta pelo teste da razão que a série
∞∑
n=1
2nn!
nn
converge =⇒
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n2nn!nn
∣∣∣∣ con-
verge =⇒
∞∑
n=1
(−1)n2nn!
nn
converge absolutamente.
(b) (0.7 ponto)
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
Solução:
(i) Mostraremos que a série
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
é convergente pelo teste de Leibniz.De fato:
(1) A série é alternada;
(2) lim
n→∞
un = lim
n→∞
n√
n3 + 1
= lim
n→∞
n√
n2
(
n+
1
n2
) = limn→∞ 1√(
n+
1
n2
) = 0;
(3) Mostraremos que a seqüência
{
un =
n√
n3 + 1
}
é decrescente.
• Alternativa 1 De fato, considere
f(x) =
x√
x3 + 1
, x > 1. ((2))
De (2) obtemos:
f ′(x) =
√
x3 + 1− 3
2
x3 (x3 + 1)
−1/2
(x3 + 1)
=⇒ f ′(x) = 2x
3 + 2− 3x3
2(x3 + 1)3/2
. =⇒ f ′(x) = 2− x
3
2(x3 + 1)3/2
.
((3))
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/05/2009(continuação)
De (3) resulta que:
f ′(x) < 0⇔ 2− x3 < 0⇔ x3 > 2⇔ x > 3
√
2. ((4))
Logo, a seqüência
{
un =
n√
n3 + 1
}
é decrescente para n > 2.
Por Leibniz a série
∞∑
n=2
(−1)n n√
n3 + 1
converge =⇒
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
converge.
• Alternativa 2 De fato, temos que:
un+1
un
=
(n+ 1)
√
n3 + 1
n
√
(n+ 1)3 + 1
=
(n+ 1)n
√
n+
1
n2
n(n+ 1)
√
n+ 1 +
1
(n+ 1)2
,
ou equivalentemente,
un+1
un
=
√
n+
1
n2√
n+ 1 +
1
(n+ 1)2
< 1, pois
√
n+
1
n2
<
√
n+ 1 +
1
(n+ 1)2
. ((5))
(ii) Mostraremos que a série
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n n√n3 + 1
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
n√
n3 + 1
é divergente aplicando o
o teste de comparação por limite.
De fato, considere a série
∞∑
n=1
vn =
∞∑
n=1
1
n1/2
. Logo:
un
vn
=
n3/2
(n3 + 1)1/2
=⇒ un
vn
=
√
n3
n3 + 1
=⇒ lim
n→∞
un
vn
= lim
n→∞
√
n3
n3 + 1
=
√
lim
n→∞
n3
n3 + 1
= 1
((6))
Como a série
∞∑
n=1
vn =
∞∑
n=1
1
n1/2
diverge pois p =
1
2
então a série
∞∑
n=1
n√
n3 + 1
diverge.
De (i) e de (ii) segue que a série
∞∑
n=1
(−1)n n√
n3 + 1
é condicionalmente convergente.
(c) (0.6 ponto)
∞∑
n=1
n1/3
1 + 5n1/3
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/05/2009(continuação)
Solução:
(c) Mostraremos que a série
∞∑
n=1
n1/3
1 + 5n1/3
é divergente pelo teste da divergência. De fato:
lim
n→∞
un = lim
n→∞
n1/3
1 + 5n1/3
= lim
n→∞
n1/3
n1/3
[
5 +
1
n1/3
] =⇒ lim
n→∞
un =
1
5
6= 0. ((7))
Sugestão: Sabe-se do Cálculo I que limn→∞
(
1 + 1
n
)n
= e ( denominado limite fundamental expo-
nencial )
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja f(x) =
∞∑
n=1
(−1)n (x+ 2)
n
n 3n
. Faça o que se pede:
(a) (1.0 ponto) Determine o raio e o intervalo de convergência da série de potências acima;
Solução:
Temos que:
R = lim
n→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣ =⇒ R = limn→∞(n+ 1)3n+1n3n =⇒ R = limn→∞3 =⇒ R = 3. ((8))
Pelo teste da razão a série convergirá absolutamente se |x+ 2| < 3 e divergirá se |x+ 2| > 3.
• Seja x = 1. Então:
f (1) =
∞∑
n=1
(−1)n
n
. ((9))
(i) Mostraremos que a série
∞∑
n=1
(−1)n
n
é convergente pelo teste de Leibniz.
De fato:
(1) A série é alternada;
(2) lim
n→∞
un = lim
n→∞
1
n
= 0;
3) A seqüência
{
un =
1
n
}
é decrescente, pois un+1 =
1
n+ 1
<
1
n
= un.
Logo, por Leibniz a série
∞∑
n=2
(−1)n
n
converge.
• Seja x = −5. Então:
f (−5) =
∞∑
n=1
1
n
. ((10))
Esta série diverge pelo teste da integral pois é uma p-série de ordem 1.
Portanto, o intervalo de convergência é (−5, 1] .
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/05/2009(continuação)
(b) (0.8 ponto) Determine uma expressão em série de potências em torno do ponto x0 = −2 para
f ′(x);
Solução:
Sabemos da teoria de séries de potências que a derivada da série coincide com asérie das
derivadas. Logo:
f ′(x) =
∞∑
n=1
(−1)n(x+ 2)n−1
3n
com |x+ 2| < 3. ((11))
(c) (0.7 ponto) Obtenha o intervalo de convergência da série de potências obtida no item (b).
Solução:
(c) Sabemos também da teoria de séries de potências que o raio de convergência é o mesmo
da série original, ou seja R = 3. Basta então verificar a convergência da série em x = 1 e
x = −5.
• Seja x = 1. Então:
f ′(1) =
∞∑
n=1
(−1)n
3
. ((12))
Como os termos da série para n par são iguais a 1
3
e os termos da série para n ı́mpar são
iguais a −1
3
não existe o limite do termo geral quando n tende a infinito. Então a série
dada em (12) diverge pelo teorema da divergência
• Seja x = −5. Então:
f ′(−5) = −
∞∑
n=1
1
3
. ((14))
A série dada em (14) diverge pelo teorema da divergência pois:
lim
n→∞
un = lim
n→∞
1
3
=
1
3
6= 0. ((15))
Portanto, o intervalo de convergência é (−5, 1).
Questão 3: (3.0 pontos)
Considere a equação diferencial dada abaixo:
2x2y ′′(x) + (x− x2)y ′(x)− y(x) = 0, x ∈ (0,∞) .
(a) (0.6 ponto) Mostre que x = 0 é um ponto singular regular da equação diferencial;
Solução:
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Temos neste caso que:
(i) p(x) =
Q(x)
P (x)
=
(x− x2)
2x2
=⇒ xp(x) = (x− x
2)
2x
=
1
2
− x
2
=⇒ lim
x→0
xp(x) =
1
2
= p0;
(ii) q(x) =
R(x)
P (x)
= − 1
2x2
=⇒ x2q(x) = −1
2
=⇒ lim
x→0
x2q(x) = −1
2
= q0.
De (i) e de (ii) segue que x = 0 é um ponto singular regular, pois p(x) e q(x) não são
anaĺıticas em 0, o que mostra que x = 0 não é ponto ordinário e, portanto, é ponto
singular. Além disso, xp(x) e x2q(x) são anaĺıticas em R e os limites em x = 0 de xp(x) e
x2q(x) existem, mostrando que é um ponto singular regular.
(b) (0.4 ponto) Determine as ráızes da equação indicial;
Solução:
Temos que a equação indicial é da forma:
F (r) = r(r−1)+p0r+q0 = 0 =⇒ r2−r+
1
2
r−1
2
= 0 =⇒ 2r2−r−1 = 0 =⇒ r1 = 1 e r2 = −
1
2
.
(c) (1.0 ponto) Determine a relação de recorrência;
Solução:
Temos que:
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n+r =⇒ y ′(x) =
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−1 =⇒ y ′′(x) =
∞∑
n=0
(n+r)(n+r−1)anxn+r−2.
((1))
Substituindo as equações dadas em (1) na EDO resulta que:
∞∑
n=0
2(n+r)(n+r−1)anxn+r+
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r+1−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0, ((2))
onde 0 < x < ρ.
De (2) obtemos que:
∞∑
n=0
2(n+r)(n+r−1)anxn+r+
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−
∞∑
n=1
(n+r−1)an−1xn+r−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0,
ou equivalentemente,
xr
{
2r(r − 1)a0 + ra0 − a0
+
∞∑
n=1
{[
2(n+ r)(n+ r − 1) + (n+ r)− 1
]
an − (n+ r − 1)an−1
}
xn
}
= 0, ((3))
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/05/2009(continuação)
onde 0 < x < ρ.
Da equação (3) deduzimos:
2r(r−1)a0+ra0−a0 = 0 =⇒ 2r(r−1)+r−1 = 0, (equação indicial) pois por hipótese a0 = 1;
an(r) =
(n+ r − 1)an−1(r)
(n+ r − 1)(2n+ 2r + 1)
=⇒ an(r) =
an−1(r)
2n+ 2r + 1
; ∀ n > 1, ((4))
onde a equação (4) é denominada relação de recorrência.
(d) (1.0 ponto) Obtenha a solução y1(x) correspondente à maior raiz da equação indicial.
Solução:
Substituindo r1 = 1 na equação (4) obtemos:
an =
an−1
(2n+ 3)
; ∀ n > 1. ((5))
• Substituindo n = 1 na equação (5) resulta:
a1 =
a0
5
=
1
5
, pois por hipótese a0 = 1.
• Substituindo n = 2 na equação (5) resulta:
a2 =
a1
7
=⇒ a2 =
1
5.7
.
• Substituindo n = 3 na equação (5) resulta:
a3 =
a2
9
=⇒ a3 =
1
5.7.9
.
Podemos concluir então que:
an =
1
5.7.9...(2n+ 3)
; ∀ n > 1. ((6))
Substituindo an dada por (6) em (1) obtemos:
y1(x) = x
[
1 +
∞∑
n=1
xn
5.7.9...(2n+ 3)
]
. ((9))
Questão 4: (2.5 pontos)
Seja a seguinte EDO: y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = f(t), com y(0) = 0, y′(0) = 2,
f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < 2π
2 se t ≥ 2π .
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/05/2009(continuação)
Encontre a solução do problema de valor inicial usando Transformada de Laplace e SEM usar
convolução.
Solução:
Vemos que f(t) = 2u2π(t), que tem Transformada de Laplace F (s) = e
−2πs2
s
. Aplicando a
Transformada de Laplace em ambos os lados da EDO obtemos (s2 + 2s+ 2)Y (s) = e−2πs
2
s
+ 2.
Segue que Y (s) =
2e−2πs
s[(s+ 1)2 + 1]
+
2
(s+ 1)2 + 1
. Aplicando frações parciais e usando a tabela
de Transformadas de Laplace obtemos
Y (s) = e−2πs
(
1
s
− s+ 2
(s+ 1)2 + 1
)
+
2
(s+ 1)2 + 1
= e−2πsL{1−e−t cos t−e−t sen t}+L{2e−t sen t}.
Conclui-se que
y(t) = u2π(t)
(
1− e−(t−2π) (cos(t− 2π) + sen(t− 2π))
)
+ 2e−t sen t
isto é,
y(t) = u2π(t)
(
1− e−(t−2π)(cos t+ sen t)
)
+ 2e−t sen t,
Página 7 de 7 Boa prova!
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 20/10/2009
Questão 1: (2.0 pontos)
Classifique as séries abaixo em absolutamente convergente, divergente ou condicionalmente conver-
gente. Justifique as suas afirmações.
(a) (1.0 ponto)
∞∑
n=1
(−1)nn lnn
(n+ 1)3
Solução:
(a) Vamos mostrar que esta série é absolutamente convergente, isto é, que a série
∞∑
n=1
n lnn
(n+ 1)3
é convergente.
Temos que, para todo n > 1,
n lnn
(n+ 1)3
<
n lnn
n3
=
lnn
n2
e, portanto, pelo teste da compara-
ção, basta mostrar que a série
∞∑
n=1
lnn
n2
é convergente.
Para mostrar a convergência de
∞∑
n=1
lnn
n2
temos, pelo menos, três alternativas:
• Alternativa 1: Consideremos a série
∞∑
n=1
2
n3/2
. Esta é igual a duas vezes a p-série de
ordem 3/2, que é convergente pois 3/2 > 1. Vamos mostrar que lnn < 2n1/2 para todo
n > 1: Seja a função f(x) = ln x− 2x1/2. Temos que f(1) < 0 e f ′(x) = 1
x
(1− x1/2)
que é negativo para x > 1 e, portanto, f(x) < 0 para todo x > 1. Com isso podemos
assegurar que lnn < 2n1/2 para todo n > 1 e, portanto,
lnn
n2
<
2
n3/2
para todo n > 1.
Portanto, aplicando novamente o teste da comparação, temos que
∞∑
n=1
lnn
n2
converge,
já que
∞∑
n=1
2
n3/2
é convergente, concluindo o exerćıcio. Observe que podeŕıamos ter
comparado diretamente a série
∞∑
n=1
n lnn
(n+ 1)3
com a série
∞∑
n=1
2
n3/2
e este exerćıcio seria
resolvido em um único passo.
• Alternativa 2: Consideremos a série
∞∑
n=1
1
n3/2
. Esta é uma p-série de ordem 3/2, que
é convergente pois 3/2 > 1. Vamos utilizar o teste da comparação no limite para
mostrar que série
∞∑
n=1
lnn
n2
é convergente. Seja, então, an =
lnn
n2
e bn =
1
n3/2
. Temos
que
an
bn
=
lnn
n1/2
e, usando L’Hôpital obtemos que
lim
n→∞
an
bn
= lim
n→∞
lnn
n1/2
= lim
n→∞
2n1/2
n
= lim
n→∞
2
n1/2
= 0.
Conclúımos, portanto, pelo teste da comparação no limite que a série
∞∑
n=1
lnn
n2
é
convergente, como desejávamos. Vale a mesma observação feita para a primeira
Página 1 de 7
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alternativa, isto é, que podeŕıamos ter comparado diretamente a série
∞∑
n=1
n lnn
(n+ 1)3
com a série
∞∑
n=1
2
n3/2
e este exerćıcio seria resolvido em um único passo.
• Alternativa 3: Usaremos o teste da integral para mostrar que a série
∞∑
n=1
lnn
n2
é con-
vergente. Seja f(x) =
lnx
x2
. Temos que
(a) f(x) está definida e é positiva para todo x > 1
(b) f(n) =
lnn
n2
(c) f ′(x) =
1− 2 lnx
x3
e, portanto, a derivada é negativa para todo x > e, mostrando
que f(x) é decrescente para x > 3.
Temos, então, todas as condições para aplicar o teste da integral e verificar que a
série
∞∑
n=1
lnn
n2
é convergente. Aplicando integração por partes, tomando u′ = 1/x2 e
v = lnx temos que ∫
lnx
x2
dx = − lnx
x
+
∫
1
x2
= − lnx
x
− 1
x
+ c.
Então temos que
∫ ∞
3
lnx
x2
dx =
ln 3
3
+
1
3
, mostrando que a integral converge e, pelo
teste da integral, a série
∞∑
n=1
lnn
n2
é convergente, concluindo o exerćıcio.
(b) (1.0 ponto)
∞∑
n=1
(−1)n
(n2 + 1)1/3
Solução:
Vamos aplicar o teste da comparação no limite na série
∞∑
n=1
1
(n2 + 1)1/3
e mostrar que
esta não converge e, portanto
∞∑
n=1
(−1)n
(n2 + 1)1/3
não é absolutamente convergente. Sejam
an =
1
(n2 + 1)1/3
e bn =
1
n2/3
. Temos que
an
bn
=
n2/3
(n2 + 1)1/3
=
1
(1 + 1/n2)1/3
. Temos, então
que
lim
n→∞
an
bn
= lim
n→∞
1
(1 + 1/n2)1/3
= 1.
Como
∞∑
n=1
1
n2/3
é uma p-série de ordem 2/3 e como 2/3 < 1 temos que a série
∞∑
n=1
1
n2/3
é
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 20/10/2009(continuação)
divergente e, portanto, pelo teste da comparação no limite, a série
∞∑
n=1
(−1)n
(n2 + 1)1/3
não é
absolutamente convergente.
Mostraremos, agora, que a série
∞∑
n=1
(−1)n
(n2 + 1)1/3
converge condicionalmente usando o teste
de Leibniz.
De fato:
(1) A série é alternada;
(2) lim
n→∞
an = lim
n→∞
1
(n2 + 1)1/3
= 0;
(3) A seqüência
{
an =
1
(n2 + 1)1/3
}
é decrescente pois o denominador aumenta à medida
que n cresce.
Todas as condições do teste de Leibniz foram satisfeitas e podemos concluir que a série
∞∑
n=1
(−1)n
(n2 + 1)1/3
é convergente e como já t́ınhamos visto que esta série não é absolutamente
convergente, podemos concluir que é condicionalmente convergente..
Questão 2: (1.5 ponto)
Determine o raio e o intervalo de convergência da série de potências
∞∑
n=1
(x+ 3)2n
22nn2
.
Solução:
Seja an =
(x+ 3)2n
22nn2
. Então an+1 =
(x+ 3)2n+2
22n+2(n+ 1)2
e
an+1
an
=
(x+ 3)2n+2
22n+2(n+ 1)2
.
22nn2
(x+ 3)2n
=
(x+ 3)2n2
4(n+ 1)2
.
Isto implica que
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
(x+ 3)2n2
4(n+ 1)2
= lim
n→∞
(x+ 3)2n2
n2 (4 + 8/n+ 4/n2)
=
(x+ 3)2
4
.
Se denotarmos o raio de convergência por R e usarmos o teste da razão obtemos que
R2
4
= 1 e,
portanto, o raio de convergência é 2.
Para identificarmos o intervalo de convergência temos de analisar os pontos −3− R e −3 + R,
isto é, os pontos x = −5 e x = −1.
Aplicando a série de potências em x = −5 obtemos a série numérica
∞∑
n=1
(−2)2n
22nn2
=
∞∑
n=1
1
n2
, que
converge pois é uma p-série de ordem 2. Portanto x = −5 pertence ao intervalo de convergência.
Aplicando a série de potências em x = −1 obtemos a série numérica
∞∑
n=1
(2)2n
22nn2
=
∞∑
n=1
1
n2
, que
converge pois é uma p-série de ordem 2. Portanto x = −1 pertence ao intervalo de convergência.
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 20/10/2009(continuação)Conclui-se, então, que o raio de convergência é 2 e o intervalo de convergência é [−5,−1].
Questão 3: (3.0 pontos)
Considere a equação diferencial dada abaixo:
2x y ′′(x) + (1 + x)y ′(x) + y(x) = 0, x ∈ (0,∞) .
(a) (1.0 ponto) Mostre que x = 0 é um ponto singular regular da equação diferencial;
Solução:
Temos neste caso que:
(i) p(x) =
Q(x)
P (x)
=
1 + x
2x
(ii) q(x) =
R(x)
P (x)
=
1
2x
.
Vemos que lim
x→0
p(x) não existe e, portanto, x = 0 não é ponto ordinário. Então, x = 0 é
ponto singular. Temos, também, que
(iii) xp(x) =
x(1 + x)
2x
=
1
2
+
x
2
e, portanto, p0 := lim
x→0
xp(x) =
1
2
;
(iv) x2q(x) =
x2
2x
=
x
2
e, portanto, q0 := lim
x→0
x2q(x) = 0.
De (iii) e (iv) segue que x = 0 é um ponto singular regular, pois xp(x) e x2q(x) são
anaĺıticas em uma vizinhança de x = 0 e os limites em x = 0 de xp(x) e x2q(x) existem,
mostrando que é um ponto singular regular.
(b) (1.0 ponto) Determine a relação de recorrência;
Solução:
Temos que a equação indicial é da forma:
r(r − 1) + p0r + q0 = 0 =⇒ r2 − r +
1
2
r = 0 =⇒ 2r2 − r = 0 =⇒ r1 = 1/2 e r2 = 0.
Como ambos são reais e a diferença entre eles não é um número inteiro, temos duas soluções
linearmente independentes, ambas da forma y(x) =
∑∞
n=0 anx
n+r, com a0 = 1, sendo r as
ráızes da equação indicial. Temos, então, que
y ′(x) =
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r−1 e y ′′(x) =
∞∑
n=0
(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−2. ((1))
Substituindo as equações dadas em (1) na EDO resulta que:
∞∑
n=0
2(n+ r)(n+ r− 1)anxn+r−1 +
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r−1 +
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r +
∞∑
n=0
anx
n+r = 0,
((2))
onde 0 < x < ρ.
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De (2) obtemos que:
∞∑
n=0
2(n+r)(n+r−1)anxn+r−1+
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−1+
∞∑
n=1
(n+r−1)an−1xn+r−1+
∞∑
n=1
an−1x
n+r−1 = 0,
ou equivalentemente,
xr
{
2r(r − 1)a0 + ra0
+
∞∑
n=0
{[
2(n+ r)(n+ r − 1) + (n+ r)
]
an + (n+ r)an−1
}
xn
}
= 0, ((3))
onde 0 < x < ρ.
Da equação (3) deduzimos que 2r(r − 1)a0 + ra0 − a0 = 0. Como, por hipótese, temos
que a0 = 1, esta equação corresponde à equação indicial, como esperávamos. A relação de
recorrência é obtida a partir de ((3)) e é dada por
an = −
(n+ r)an−1
(n+ r)(2n+ 2r − 1)
=⇒ an = −
an−1
2n+ 2r − 1
, ∀ n > 1, ((4))
onde a equação (4) é denominada relação de recorrência (válida para as ráızes da equação
indicial, isto é, r1 = 1/2 e r2 = 0).
(c) (1.0 ponto) Obtenha a solução y1(x) correspondente à maior raiz da equação indicial.
Solução:
Substituindo r1 = 1/2 na equação (4) obtemos:
an+1 = −
an
2n+ 2
= − an
2(n+ 1)
, ∀ n > 0. ((5))
• Substituindo n = 0 na equação (5) resulta:
a1 = −
a0
2
= −1
2
, pois por hipótese a0 = 1.
• Substituindo n = 1 na equação (5) resulta:
a2 = −
a1
2.2
=
1
22.2
.
• Substituindo n = 2 na equação (5) resulta:
a3 = −
a2
2.3
= − 1
23.3.2
.
• Substituindo n = 3 na equação (5) resulta:
a4 = −
a3
2.4
=
1
24.4.3.2
.
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• Substituindo n = 4 na equação (5) resulta:
a5 = −
a4
2.5
= − 1
25.5.4.3.2
.
Podemos concluir então que:
an =
(−1)n
2n.n!
, ∀n > 1. ((6))
Substituindo an dada por (6) na expressão para y1(x) obtemos
y1(x) = x
1/2
(
1 +
∞∑
n=1
(−1)nxn
2n.n!
)
.
Questão 4: (3.5 pontos)
Faça o que se pede
(a) (1.0 ponto) Determine a L−1
{
(s+ 1)e−2s
2s2 + 4s+ 10
}
Solução:
Temos que
(s+ 1)e−2s
2s2 + 4s+ 10
=
e−2s
2
s+ 1
(s+ 1)2 + 4
.
Consultando a tabela de transformadas de Laplace vemos que
(s+ 1)
(s+ 1)2 + 4
= L{e−t cos 2t}.
Portanto
(s+ 1)e−2s
2s2 + 4s+ 10
=
e−2s
2
L{e−t cos 2t}.
Após uma nova consulta à tabela de transformadas de Laplace, vemos que
e−2s
2
L
{
e−t cos 2t
}
= L
{
u2(t)e
−(t−2) cos 2(t− 2)
2
}
.
Portanto, L−1
{
(s+ 1)e−2s
2s2 + 4s+ 10
}
=
u2(t)e
−(t−2) cos 2(t− 2)
2
.
(b) (2.5 pontos) Utilizando a Transformada de Laplace, resolva o seguinte problema de valor ini-
cial: {
y ′′(t) + 4y(t) = f(t);
y(0) = y ′(0) = 0,
onde f(t) =
{
2, se 0 6 t < 1,
5et−1, se t > 1.
Solução:
Vemos que f(t) = 2 (1− u1(t)) + 5u1(t)et−1 = 2 + u1(t)(5et−1 − 2).
Consultando a tabela de transformadas de Laplace vemos que F (s) =
2
s
+e−s
(
5
s− 1
− 2
s
)
.
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Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da EDO e usando F (s) obtido
acima temos que
(s2 + 4)Y (s) =
2
s
+ e−s
(
5
s− 1
− 2
s
)
.
Segue que Y (s) = e−s
(
5
(s2 + 4)(s− 1)
− 2
s(s2 + 4)
)
+
2
s(s2 + 4)
.
Aplicando frações parciais obtemos que
5
(s2 + 4)(s− 1)
=
1
s− 1
− s+ 1
s2 + 4
e
2
s(s2 + 4)
=
1
2
(
1
s
− s
s2 + 4
)
.
Substituindo na expressão para Y (s) temos que
Y (s) = e−s
(
1
s− 1
− s+ 1
s2 + 4
− 1
2s
+
s
2(s2 + 4)
)
+
1
2s
− s
2(s2 + 4)
.
Consultando a tabela de Transformadas de Laplace vemos que
Y (s) = e−sL
{
et − cos 2t− sen 2t
2
− 1
2
+
cos 2t
2
}
+ L
{
1
2
− cos 2t
2
}
.
Portanto, utilizando novamente a tabela de Transformadas de Laplace, temos que
Y (s) = L
{
u1(t)
(
et−1 − cos 2(t− 1)− sen 2(t− 1)
2
− 1
2
+
cos 2(t− 1)
2
)}
+ L
{
1
2
− cos 2t
2
}
,
isto é,
y(t) = u1(t)
(
et−1 − cos 2(t− 1)− sen 2(t− 1)
2
− 1
2
+
cos 2(t− 1)
2
)
+
1
2
− cos 2t
2
,
Página 7 de 7 Boa prova!
Instituto de Matemática - IM/UFRJ
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Questão 1: (2.0 pontos)
(a) (1.0 ponto) Verifique se a série
∞∑
n=2
(−1)n
n
√
ln(n)
é absolutamente convergente, condicional-
mente convergente, ou divergente.
Solução:
Consideremos a série de valores absolutos
∞∑
n=2
1
n
√
ln(n)
,
seja f(x) =
1
x
√
ln(x)
, x ≥ 2 como f ′(x) = − 2ln(x) + 1
2x2(ln(x))3/2
< 0 para x ≥ 2, f(x) é
decrescente. Além disso f(x) é cont́ınua pois
1
x
é continua para x > 0,
1
√
y
é continua para
y > 0 e finalmente ln z > 0 é continua para z > 1, e f(n) =
1
n
√
ln(n)
, portanto pode-se
usar o Teste da Integral ∫ ∞
2
dx
x
√
ln(x)
= lim
A→∞
2(ln(x))1/2
∣∣A
2
=∞,
concluimos que a série
∞∑
n=2
∣∣∣∣∣ (−1)nn√ln(n)
∣∣∣∣∣ é divergente.
Seja agora bn =
1
n
√
ln(n)
> 0. Temos que
lim
n→∞
bn = lim
n→∞
1
n
√
ln(n)
= 0.
E também que bn > bn+1, n ≥ 2 (provado acima pois, bn = f(n) ). Assim, pelo Teste da
Série Alternada, conclui-se que
∞∑
n=2
(−1)n
n
√
ln(n)
é convergente.
Portanto a série
∞∑
n=2
(−1)n
n
√
ln(n)
é condicionalmente convergente.
(b) (1.0 ponto) Determine o raio e o intervalo de convergência da série de potências
∞∑
n=1
(x− 3)3n
n28n
Solução:
Seja
an =
(x− 3)3n
n28n
,
usando o Teste da Razão
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = limn→∞ |x− 3|3n+3|x− 3|3n n2(n+ 1)2 8n8n+1 = |x− 3|38 limn→∞ n2(n+ 1)2 = |x− 3|38 ,
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logo a série converge absolutamente para todo x tal que
|x− 3|3
8
< 1 ⇔ |x− 3|3 < 8 ⇔ |x− 3| < 2,
o raio de convergência da série é R = 2. Encontremos agora o intervalo de convergência,
temos que
|x− 3| < 2 ⇔ −2 < x− 3 < 2 ⇔ 1 < x < 5.
Logo os extremos do intervalo são x = 1 e x = 5. Substituindo o valor de x = 1 na série de
potências:
∞∑
n=1
(1− 3)3n
n28n
=
∞∑
n=1
(−1)3n8n
n28n
=
∞∑
n=1
(−1)n
n2
converge absolutamente,
pois
∞∑
n=1
1
n2
é convergente pois uma é p-série onde p = 2 > 1. Substituindo o valor de x = 5
na série de potências:
∞∑
n=1
(5− 3)3n
n28n
=
∞∑
n=1
8n
n28n
=
∞∑
n=1
1
n2
convergente.
Portanto o intervalo de convergência da série é [1, 5].
Questão 2: (2.0 pontos)
(a) (1.0 ponto) Encontre a sériede Maclauren da função f(x) = x2e−x, em torno do ponto x = 0,
e o respectivo raio de convergência.
Sugestão: use a série de Maclauren de g(x) = ex em torno de x = 0.
Solução:
Sabemos que g(x) = ex =
∞∑
n=0
xn
n!
, tem raio de convergência R =∞. Então
f(x) = x2e−x = x2
∞∑
n=0
(−x)n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
xn+2,
logo
x2e−x =
∞∑
n=0
(−1)n
n!
xn+2 abs. convergente ∀x ∈ R (1)
também tem raio de convergência R =∞.
(b) (1.0 ponto) Usando o ı́tem (a) e derivação da série de potências, mostre que
∞∑
n=1
(−1)n2n+1(n+ 2)
n!
= −4.
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Solução:
Como a série (1) converge absolutamente, podemos derivar. Derivando cada lado da equação
(1), obtem-se
2xe−x − x2e−x =
{
∞∑
n=0
(−1)n
n!
xn+2
}′
= { x2 − x
3
1!
+
x4
2!
+ ... + (−1)nx
n+2
n!
+ ... }′
= 2x− 3x
2
1!
+ ... + (−1)n(n+ 2)x
n+1
n!
+ ...
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
(n+ 2)xn+1
assim obtemos a seguinte igualdade
2xe−x − x2e−x =
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 2)
n!
xn+1,
tomando x = 2,
0 =
∞∑
n=0
(−1)n(n+ 2)
n!
2n+1 ⇒
∞∑
n=1
(−1)n(n+ 2)2n+1
n!
= −4.
Questão 3: (3.5 pontos)
(a) (1.0 ponto) Expresse a função
f(t) =
{
1/2; 0 ≤ t < π
2 cos(π − t); π ≤ t.
usando a função degrau e calcule a sua transformada de Laplace L(f).
Solução:
Observe que cos (π − t) = cos (t− π), então
f(t) = (u0(t)− uπ(t))
1
2
+ uπ(t)2 cos (t− π),
portanto
F (s) = L{f(t)} = e
−0s
s
1
2
− e
−πs
s
1
2
+ 2
e−πss
s2 + 1
=
1
2s
− e
−πs
2s
+
2e−πss
s2 + 1
.
(b) (2.5 pontos) Resolva o seguinte problema de valor inicial:{
y′′(t)− 4y′(t) + 4y(t) = (h ∗ g)(t)
y(0) = 0, y′(0) = 1;
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onde h(t) = e−2t e g(t) = u1(t).
Solução:
Como h e g são continuas por partes. Vemos que f(t) = (h ∗ g)(t) tem Transformada de
Laplace
F (s) = L{h(t)}L{g(t)} = 1
s+ 2
e−s
s
.
Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da EDO obtemos
(s2 − 4s+ 4)Y (s)− 1 = e
−s
s(s+ 2)
,
segue que
Y (s) =
1
(s− 2)2
+
e−s
s(s+ 2)(s− 2)2
para s > 0.
Usando a tabela de Transformadas de Laplace obtemos
y(t) =L−1
{
1
(s− 2)2
}
+ L−1
{
e−s
s(s+ 2)(s− 2)2
}
=te2t + u1(t)z(t− 1), (2)
aplicando frações parciais e usando a tabela de Transformadas de Laplace
z(t) =L−1
{
1
s(s+ 2)(s− 2)2
}
=L−1
{
1
8s
− 1
32(s+ 2)
− 3
32(s− 2)
+
1
8(s− 2)2
}
=
1
8
− e
−2t
32
− 3e
2t
32
+
te2t
8
, (3)
por (2) and (3) segue que
y(t) = te2t + u1(t)
(
1
8
− e
−2(t−1)
32
− 3e
2(t−1)
32
+
(t− 1)e2(t−1)
8
)
.
Questão 4: (2.5 pontos)
Considere a equação diferencial
(2x2 − 1)y′′(x) + 3xy′(x) + xy(x) = 0 (∗)
(a) (1.0 ponto) Verifique que x = 0 é ponto ordinário da equação. Encontre a relação de recorrên-
cia da solução em série de potências de (∗), em torno de x = 0.
Solução:
Como P (x) = 2x2−1, Q(x) = 3x e R(x) = x, são anaĺıticos (polinômios) e P (0) = −1 6= 0,
então x = 0 é ponto ordinário da equação.
Temos que:
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n abs. convergente |x| < R (4)
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e
y′(x) =
∞∑
n=1
nanx
n−1 ⇒ y′′(x) =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 abs.convergente |x| < R
Substituindo as equações dadas em (4) na EDO resulta que:
(2x2 − 1)
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 + 3x
∞∑
n=1
nanx
n−1 + x
∞∑
n=0
anx
n = 0, em |x| < R
equivalentemente
∞∑
n=0
(2n(n− 1) + 3n)anxn −
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2x
n +
∞∑
n=1
an−1x
n = 0,
escrevendo os primeiros termos para começar as somas a partir de 1, obtemos
−2a2 +
∞∑
n=1
{n(2n+ 1)an − (n+ 2)(n+ 1)an+2 + an−1}xn = 0 para |x| < R (5)
da equação (5) e usando propriedades, deduzimos:
a2 = 0, an+2 =
n(2n+ 1)an + an−1
(n+ 2)(n+ 1)
, ∀n ≥ 1. (6)
(b) (1.0 ponto) Encontre a solução geral da equação (∗) em torno de x = 0, explicitando as duas
soluções linearmente independentes (bastam os quatro primeiros termos de cada solução).
Solução:
Da equação (6) temos que a2 = 0. Escolhendo valores sucessivos de n na equação (6) temos:
Para n = 1:
a3 =
a1
2
+
a0
6
. (7)
Para n = 2:
a4 =
a1
12
.
Para n = 3:
a5 =
21a3
20
⇒ a5 =
21
40
a1 +
7
40
a0.
Para n = 4:
a6 =
36a4 + a3
30
⇒ a6 =
7
60
a1 +
1
180
a0.
Substituindo esses coeficientes na equação y(x) =
∑∞
n=0 anx
n temos
y(x) = a0(1 +
1
6
x3 +
7
40
x5 +
1
180
x6 + · · · ) + a1(x+
1
2
x3 +
1
12
x4 +
21
40
x5 + · · · ).
Portanto, as duas soluções linearmente independentes são:
y1(x) = 1 +
1
6
x3 +
7
40
x5 +
1
180
x6 + · · · , y2(x) = x+
1
2
x3 +
1
12
x4 +
21
40
x5 + · · ·
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 20/05/2010(continuação)
(c) (0.5 ponto) Determine o raio de convergência mı́nimo para a solução encontrada no ı́tem (b).
Solução:
Temos neste caso que
p(x) =
Q(x)
P (x)
=
3x
2x2 − 1
, q(x) =
R(x)
P (x)
=
x
2x2 − 1
.
Usando as propriedades da série geométrica, observe que
1
2x2 − 1
= − 1
1− 2x2
= −
∞∑
n=0
(−2x2)n =
∞∑
n=0
(−1)n+12nx2n,
e a série converge absolutamente para todo número real x, tal que 2x2 < 1⇔ |x| < 1/
√
2.
Logo o raio de convergência de p(x), Rp = 1/
√
2 e o raio de convergência de q(x), Rq =
1/
√
2. Seja Ry o raio de convergência para a solução encontrada no ı́tem (b), então
Ry ≥ min{Rp, Rq} =
1√
2
.
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M Instituto de Matemática - IM/UFRJCálculo Diferencial e Integral IV - MAC248Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 18/10/2010
Questão 1: (1.0 ponto)
Analise a convergência das séries abaixo
(a) (0.5 ponto)
∞
∑
n=1
2n n!
nn
,
Solução:
Pelo o teste de razão temos
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1n!(n + 1)
(n + 1)n+1
nn
2n n!
= lim
n→∞
2
(
1 −
1
n + 1
)n
= lim
n→∞
2
(
1 −
1
n + 1
)n+1 (
1 −
1
n + 1
)
−1
= 2 e−1 < 1
Por isso a série é convergente.
(b) (0.5 ponto)
∞
∑
n=1
(−1)n sen
(π
n
)
Solução:
Consideremos a função cont́ınua f(x) = sen(π/x) com a sua derivada f ′(x) = − π
x2
cos(π/x).
Note que π/x ≤ π/2 se x ≥ 2 e por isso f ′(x) < 0 se x ≥ 2, o que implica f(n + 1) < f(n)
para todo n ≥ 2. Além disso
lim
x→∞
sen
π
x
= lim
y→0
sen(πy) = 0.
Pelo teste da série alternada, a série é convergente.
Questão 2: (2.0 pontos)
Determine os coeficientes an e bn da expansão da função f(x) =
2
3 − x
em série de potências
∞
∑
n=0
an x
n (em torno do ponto 0) e
∞
∑
n=0
bn (x + 3)
n (em torno do ponto −3) e calcule os raios de
convergência correspondentes.
Solução:
Vamos transformar a função para poder usar a fórmula
1
1 − x
=
∞
∑
n=0
xn
cujo raio de convergência é 1. Assim
2
3 − x
=
2
3
(
1
1 − x
3
)
=
2
3
∞
∑
n=0
xn
3n
=
∞
∑
n=0
2
3n+1
xn
e an = 2/3
n+1 sendo o raio de convergência R = 3.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 18/10/2010 (continuação)
No segundo caso podemos escrever
2
3 − x
= 2
1
6 − (x + 3)
=
1
3
(
1
1 − x+3
6
)
=
1
3
∞
∑
n=0
(x + 3)n
6n
.
Assim bn =
1
3·6n
e o raio de convergência é 6.
Questão 3: (2.5 pontos)
(a) (1.5 ponto) Usando a definição da transformada de Laplace F (s) = L{f(t)} de uma função
f(t), mostre que
d
ds
F (s) = L{−tf(t)}.
Solução:
Por definição
F (s) =
∫
∞
0
e−stf(t) dt
e assim
d
ds
F (s) =
∫
∞
0
d
ds
(
e−stf(t)
)
dt =
∫
∞
0
(−t)e−stf(t) dt = L{−tf(f)}.
Use esse resultado para calcular a transformada de Laplace inversa da função
F (s) = ln
(
1 + s
1 − s
)
.
Solução:
d
ds
F (s) =
d
ds
ln
(
1 + s
1 − s
)
=
1 − s
1 + s
(1 − s) + (1 + s)
(1 − s)2
= 2
1
1 − s2
−tf(t) = L−1
{
2
1
1 − s2
}
⇒ tf(t)= L−1
{
2
1
s2 − 1
}
= 2 senh t.
f(t) =
2
t
senh t
Solução:
Sabemos que
F (s) = ln
(
1 + s
1 − s
)
= ln(1 + s) − ln(1 − s)
e assim
d
ds
F (s) =
1
s + 1
−
−1
1 − s
=
1
s + 1
−
1
s − 1
= L−1{e−t} − L−1{et}.
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 18/10/2010 (continuação)
Logo,
tf(t) = et − e−t ⇒ f(t) = 2
senh t
t
.
(b) (1.0 ponto) Calcule a transformada de Laplace inversa f(t) = L−1{F (s)} da função
F (s) =
{
3s − 2
s2 − 2s + 5
e−2s
}
.
Solução:
Sendo
3s − 2
s2 − 2s + 5
e−2s =
(
3
s − 1
(s − 1)2 + 4
+
1
(s − 1)2 + 4
)
e−2s,
obtemos
f(t) = L−1{F (s)} = 3 u2(t) e
(t−2) cos(2(t − 2)) +
1
2
u2(t)e
(t−2) sen(2(t − 2)).
Questão 4: (2.0 pontos)
Resolva o seguinte problema de valor inicial utilizando a transformada de Laplace
{
y′′(t) + 2 y′(t) + y(t) = e−t + δ(t − 2π) cos t,
y(0) = y′(0) = 0.
Solução:
Pelo transformada de Laplace Y (s) = L{y(t)} temos
Y (s) =
1
(s + 1)2
(
1
s + 1
+ e−2πs cos(2π)
)
=
1
(s + 1)3
+ e−2πs
1
(s + 1)2
e
y(t) =
e−t t2
2
+ u2π(t) e
−(t−2π)(t − 2π).
Questão 5: (2.5 pontos)
Considere a equação diferencial
(1 + x2) y′′(x) + x y′(x) − y(x) = 0.
(a) (1.5 ponto) Determine a relação de recorrência dos coeficientes an da solução y(x) =
∑
∞
n=0 an x
n.
Solução:
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 18/10/2010 (continuação)
(1 + x2)
∞
∑
n=0
an n (n − 1)x
n−2 + x
∞
∑
n=0
an n x
n−1 −
∞
∑
n=0
an x
n
=
∞
∑
n=0
an n (n − 1)x
n−2 +
∞
∑
n=0
(an n (n − 1) + an n − an) x
n
=
∞
∑
k=2
ak+2 (k + 2) (k + 1)x
k +
∞
∑
n=0
(an n (n − 1) + an n − an)x
n
=
∞
∑
n=0
(
an+2 (n + 2) (n + 1) + an n (n − 1) + an n − an
)
xn
Assim, obtemos a relação de recorrência
an+2 =
(
1 − n − n (n − 1)
(n + 2)(n + 1)
)
an =
(
1 − n
2 + n
)
an, n = 0, 1, 2, . . . .
a2 =
a0
2
, a4 = −
1
4
a2 = −
1
8
a0, a6 = −
3
6
a4 =
1
16
a0, . . .
a3 = 0, a5 = 0, . . .
(b) (1 ponto) Determine a solução tal que y(0) = 1, y′(0) = 2.
Solução:
A solução é dada pela série y(x) = a0 + a1x + a2 x
2 + a3 x
3 + . . ., de modo que, usando as
condições iniciais, temos y(0) = a0 = 1 e y
′(0) = a1 = 2. Usando a relação de recorrência,
obtemos
y(x) = a0
(
1 +
1
2
x2 −
1
8
x4 +
1
16
x6 + · · ·
)
+ a1x.
Assim, considerando as condições inciais, obtemos a solução:
y(x) = 1 + 2x +
1
2
x2 −
1
8
x4 +
1
16
x6 + · · ·
Página 4 de 4 Boa prova!
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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto de Matemática
Departamento de Métodos Matemáticos
Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral IV
Unidades: Escola Politécnica e Escola de Quimica
Gabarito da P1 Unificada
Data: 12/05/2011
1. (1,0 p) Analise a convergência das séries e escolha somente duas das séries abaixo indicadas:
(a)
∞∑
n=2
1
n (lnn)3
, (0,5)
(b)
∞∑
n=0
3
√
n
5n + 3
, (0,5)
(c)
∞∑
n=1
(−1)n n2
n!
. (0,5)
OBS:Não responda mais de duas. Se isto ocorrer serão corregidas as duas primeiras.
Resposta:
(a) Considere a função f(x) =
1
x[ln(x)]3
, 0 < x 6= 1. Observemos que a função ln(x) > 0 se
x > 1. Então,
• f(x) > 0 para todo x > 1.
Como as funções ln(x) e y−m, m ∈ N são cont́ınuas para x > 1 e y > 0, então
• f(x) é cont́ınua para x > 1.
Derivando f(x), temos
f ′(x) = −3x[ln(x)]
2 (1/x) + [ln(x)]3
x2[ln(x)]6
= − 3 + ln(x)
x2[ln(x)]4
< 0 se x > 1, (1)
assim podemos dizer que
• f(x) é uma função decrescente para x > 1.
Logo an := f(n) é também decrescente para n ≥ 2. Além disso, calculemos a integral:∫ ∞
2
f(x)dx =
[ln(x)]−3+1
−3 + 1
∣∣∣∣∞
2
=
1
2
1
[ln(2)]2
(2)
pois
lim
x →∞
1
[ln(x)]2
= 0.
Aplicando o Critério da Integral, podemos concluir que
∞∑
n=2
f(n) < ∞ converge.
(b) Seja an :=
3
√
n
5n + 3
, n ∈ N. Observemos que
an =
3
n1−
1
2 (5 + 3n )
=
bn
nα
,
onde
• α := 1
2
,
• bn :=
3
5 + 3n
.
como α < 1 e lim
n →∞
bn =
3
5
> 0. Então,
∞∑
n=0
an diverge.
ou
Podemos considerar a sequência dn =
1
nα
com α = 1/2 e a série
∑
dn diverge pois é uma
α−Harmônica com α < 1.
an
dn
=
3
5 + 3n
→ 3
5
> 0,
Por comparação
∞∑
n=0
an diverge.
(c) Seja bn = (−1)nan onde an =
n2
n!
, n ≥ 1.
Observemos que ∣∣∣∣bn+1bn
∣∣∣∣ = (n + 1)2(n + 1)! · n!n2 = 1n + 1n2
então
lim
n →∞
∣∣∣∣bn+1bn
∣∣∣∣ = 0.
Aplicando o Critério da Razão,
∞∑
n=1
|bn| < ∞ converge.
2. (1,5 p) Obtenha a representação da função f(x) = ex + x2 por sua correspondente série de Taylor
em x0 = −1 e calcule o raio de convergência da série obtida.
Resposta:
Considere a função f(x) = ex + x2, x ∈ R, é simple verificar que f é infinitamente diferenciável
em R e x0 = −1
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
abs.convergente ∀x ∈ R,
em particular
ex+1 =
∞∑
n=0
(x + 1)n
n!
abs.convergente ∀x ∈ R,
além disso, seja p(x) = x2, p′(x) = 2x, p”(x) = 2. Então,
p(x) = x20 + 2x0(x− x0) +
2
2!
(x− x0)2 = 1− 2(x + 1) + (x + 1)2,
2
substitutindo, tera
f(x) = (1 + e−1) + (−2 + e−1)(x + 1) + (1 + e
−1
2 )(x + 1)
2 +
∞∑
n=3
e−1(x + 1)n
n!
(3)
=
∞∑
n=0
bn(x + 1)n, (4)
onde
• b0 = 1 + e−1, b1 = −2 + e−1, b2 = 1 + e
−1
2 ,
• bn =
e−1
n!
, n ≥ 3.
Observe que,
bn
bn+1
=
e−1
n!
.
(n + 1)!
e−1
= n + 1 → ∞.
logo o raio de convergência é R = ∞.
3. (2,5 p) Considere a equação diferencial, linear de segunda ordem
(3− x2)y′′(x)− 3xy′(x)− y(x) = 0. (5)
(a) (1.5 p) Verifique que x0 = 0 é um ponto ordinário da equação 5 e encontre a relação de
recorrência associada à equação dada,
Resposta:
Sejam P (x) = − 3x
3− x2
e Q(x) = − 1
3− x2
. Observe que
1
1−
(
x√
3
)2 = ∞∑
n=0
(
x√
3
)2n
se |x| <
√
3,
Da igualdade pode-se afirmar que as funções P (x) e Q(x) são anaĺıticas em x0 = 0.
Pelo Teorema, toda solução é da forma
y(x) =
∞∑
n=0
an x
n abs.convergente ∀|x| < R, (6)
substitutindo na equação 5 para achar an, obtemos
∞∑
n=0
3(n + 2)(n + 1)an+2xn −
∞∑
n=0
n(n− 1)anxn −
∞∑
n=0
3nanxn −
∞∑
n=0
anx
n = 0 ∀ |x| < R,
⇔
∞∑
n=0
dnx
n = 0 ∀ |x| < R,
onde
dn = 3(n + 2)2(n + 1)an+2 − (n + 1)2an ∀n ∈ N,
Então
an+2 =
(n + 1) an
3(n + 2)
∀n ∈ N (7)
3
(b) (1,0 p) Determine a solução y(x) tal que y(0) = 1, y′(0) = 2.
Resposta:
Da equação 7, calcule os coeficientes an,
os a2n :
a2 =
a0
3.2
, a4 =
1.[2.2− 1]a0
32.22.2!
, a6 =
1.3.[2.3− 1]a0
33.23.3!,
Portanto
a2n =
1.3.5 ... (2n− 1)a0
6nn!
∀n ≥ 1. (8)
os a2n+1 :
a3 =
2a1
3.3
, a5 =
2.4a1
32.3.5
, a7 =
23.3!a1
33.3.5 ... (2.3 + 1)
,
Portanto
a2n+1 =
2n.n!a1
3n.3.5. ... (2n + 1)
∀n ≥ 1. (9)
Para achar as soluções linearmente independentes considere
• a0 = 1, a1 = 0
y1(x) = 1 +
∞∑
n=1
a2nx
2n |x| < R, (10)
sendo a2n definidas em 8.
• a0 = 0, a1 = 1
y2(x) = x +
∞∑
n=1
a2n+1x
2n+1 |x| < R. (11)
sendo a2n+1 definidas em 9.
Logo a solução geral da equação 5 é dada
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x).
sendo c1 e c2 são constantes arbitrárias. Dos dados iniciais y(0) = 1, y′(0) = 2
1 = c1y1(0) + c2y2(0) (12)
2 = c1y′1(0) + c2y
′
2(0) (13)
então, c1 = 1 c2 = 2.
4. (2,5 p)Resolva o seguinte problema de valor inicial utilizando a transformada de Laplace{
2y′′(t) + y′(t) + 4y(t) = δ(t− π6 ) · sin t,
y(0) = 0, y′(0) = 1.
(14)
Resposta:
Calculo de L{ δ(t− π6 ) sin(t) } :∫ ∞
0
e−stδ(t− π
6
) sin(t)dt =
∫ ∞
0
δ(t− π
6
)[ e−st sin(t) ]dt
4
como a função h(t) = e−st sin(t) é cont́ınua em R, aplicando a definição∫ ∞
0
δ(t− π
6
)[ e−st sin(t) ]dt = e−
π
6 s sin(
π
6
) =
1
2
e−
π
6 s.
Aplicando a transformada na equação 14, obtemos
(s2 +
s
2
+ 2)L{ y(t) } = 1 + (1
2
)2e−
π
6 s,
⇔
L{ y(t) } = 1
(s + 1/4)2 + 31/16
+
1
4
e−
π
6 s
(s + 1/4)2 + 31/16
aplicando transformada inversa, acima
y(t) = L−1
{
1
(s + 1/4)2 + 31/16
}
+
1
4
L−1
{
e−
π
6 s
(s + 1/4)2 + 31/16
}
⇔
y(t) =
√
16
31
e−
t
4 sin(
√
16
31
t) +
1
4
g(t− π
6
).uπ
6
(t),
onde
g(t) = L−1
{e−
π
6 s
(s + 1/4)2 + 31/16
}
=
√
16
31
e−
t
4 sin(
√
16
31
t).
5. Resolver
(a) (1.0)Calcule a transformada de Laplace G(s) = L{g(t)} da função g(t) = e−2tf(t) onde
f(t) =

1 0 ≤ t < 1,
0 1 ≤ t < 2,
1 2 ≤ t < 3,
0 3 ≤ t.
(15)
Resposta:
Temos que
f(t) =1 u0(t) + (0− 1)u1(t) + (1− 0)u2(t) + (0− 1)u3(t),
=1− u1(t) + u2(t)− u3(t),
e
F (s) = L{f(t)} = L{1} − L{u1(t)}+ L{u2(t)} − L{u3(t)}
=
1
s
− e
−s
s
+
e−2s
s
− e
−3s
s
s > 0,
e portanto
L{e−2tf(t)} = F (s + 2) ∀ s > −2,
=
1
s + 2
− e
−(s+2)
s + 2
+
e−2(s+2)
s + 2
− e
−3(s+2)
s + 2
=
1
s + 2
3∑
i=0
(−1)ie−i(s+2).
5
(b) (1,5)Calcule a transformada de Laplace inversa h(t) = L−1{H(s)} da função
H(s) =
(2s + 1)e−3s
s(4s2 + 4s + 5)
+
2
(s + 2)2
.
Resposta:
H(s) =
(2s + 1)e−3s
s(4s2 + 4s + 5)
+
2
(s + 2)2
,
=H1(s)e−3s + H2(s),
e
L−1{H2(s)} = L−1
{
2
(s + 2)2
}
= 2e−2tL−1
{
1
s2
}
= 2e−2t t.
A transformada de Laplace inversa para H2 tambem pode ser calculada da seguinte maneira:
L−1
{
2
(s + 2)2
}
= L−1
{
− d
ds
{
2
s + 2
}}
= tL−1
{
2
s + 2
}
= 2te−2t.
Agora calculemos a transformada de Laplace inversa para H1(s)e−3s:
L−1{H1(s)e−3s} = u3(t)h1(t− 3), onde h1(t) = L−1{H1(s)}
Ideia 1: Usando frações parciais
H1(s) =
(2s + 1)
s(4s2 + 4s + 5)
=
A
s
+
Bs + C
4s2 + 4s + 5
,
onde encontramos A = 1/5, B = −4/5 e C = 6/5. ou
Ideia 2:
h1(t) =L−1
{
2s + 1
s(4s2 + 4s + 5)
}
=
1
2
L−1
{
s + 1/2
s[(s + 1/2)2 + 1]
}
=
1
2
L−1
{
H1(s)
s
}
=
1
2
∫ t
0
L−1{H1(s) }dξ
=
1
2
∫ t
0
L−1
{
ξ + 1/2
(ξ + 1/2)2 + 1
}
dξ
=
1
2
∫ t
0
e−
ξ
2 cos(ξ)dξ
Resolvendo a integral∫ t
0
e−
ξ
2 cos(ξ)dξ =
1
5
{
2− 2 e− t2 cos(t) + 4 e− t2 sin(t)
}
,
substitutindo, obtemos
h1(t) =
1
5
− 1
5
e−
t
2 cos(t) +
2
5
e−
t
2 sin(t).
Professores: Carlos Ferraris, Katrin Grit, I Shih, Pedro Gamboa, Xavier Carvajal.
6
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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto de Matemática
Departamento de Métodos Matemáticos
Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral IV
Unidades: Escola Politécnica e Escola de Qúımica
Código: MAC248
1o Prova Unificada
Turmas: Engenharias 2o Sem/2011
Data: 11/10/2011
Questão 1. (2,5 pontos)
(a) (1,5 pontos) Seja f(x) = xex. Pede-se:
• Ache a expansão em séries de potência de f(x) = xex em torno do ponto x = 0.
• Escreva xex em funcao de (x− 1)ex−1 e ex−1.
• Usando os resultados dos itens anteriores, ache a expansão em séries de potência de f(x) =
xex em torno do ponto x = 1.
• Calcule o raio de convergência da série encontrada no item anterior.
(b) (1,0 ponto) Estude a convergência das seguintes séries:
•
∑∞
n=1
n+2sen(n)
n3+n ln(n) .
•
∑∞
n=1(−1)n
√
n
1+
√
n
.
Solução
(a) Como ex =
∑∞
0
xn
n! , a série de Taylor de xe
x é
xex = x
∞∑
0
xn
n!
=
∞∑
0
xn+1
n!
Aplicando o teste da razão para a série de Taylor de xex temos:
lim
n→∞
xn+1
(n+ 1)!
n!
xn
= lim
n→∞
x
n+ 1
= 0.
Consequentemente a igualdade xex =
∑∞
0
xn+1
n! é valida para todo x ∈ R. Assim,
(x− 1)ex−1 =
∞∑
0
(x− 1)n+1
n!
Observamos que
(x− 1)ex−1 = xex−1 − ex−1 ⇒ xex−1 = (x− 1)ex−1 + ex−1
e
xex = e ∗ ((x− 1)ex−1 + ex−1). (1)
Substituindo x por x − 1 na série de Taylor de ex, temos que ex−1 =
∑∞
0
(x−1)n
n! e portanto
usando (1)
xex = e ∗
( ∞∑
0
(x− 1)n+1
n!
+
∞∑
0
(x− 1)n
n!
)
(2)
= e ∗
( ∞∑
1
(x− 1)n
(n− 1)!
+
∞∑
0
(x− 1)n
n!
)
= e+
∞∑
1
(
e
(n− 1)!
+
e
n!
)
(x− 1)n (3)
Como as séries de potências de ex e xex convergem para todo x ∈ R, conclúımos de (2) que a
série de xex centrada em x0 = 1 é convergente para todo x ∈ R.
(b) •
∞∑
n=1
n+ 2sen(n)
n3 + n ln(n)
.
Temos que ∣∣∣∣n+ 2sen(n)n3 + n ln(n)
∣∣∣∣ ≤ n+ 2n3 ≤ 1n2 + 2n3
Aplicando o teste da integral à série
∑∞
n=1
1
n2 temos∫ ∞
1
1
x2
dx =
−1
x
∣∣∣∣∞
1
< ∞
Como 2/n3 < 2/n2, pelo critério da comparação conclúımos que a série é convergente.
•
∞∑
n=1
(−1)n
√
n
1 +
√
n
Observamos que
lim
n→∞
√
n
1 +
√
n
= 1.
Logo quando n → ∞ não existe limite para
(−1)n
√
n
1 +
√
n
.
Assim pelo teste da divergência conclúımos que a série é divergente.
2
Questão 2. (2,5 pontos)
Considere a equação diferencial
(1− x)y′′(x)− xy′(x)− y(x) = 1.
(a) (0,5 ponto) Mostre que o ponto x = 0 é um ponto ordinário da equação diferencial e dê um
valor mı́nimo para o raio de convergência da solução em serias de potência em torno de x = 0.
(b) (1,5 pontos) Determine a relação de recorrência geral para n ≥ 1.
(c) (0,5 ponto) Determine os cinco primeiros termos da solução geral.
Solução.
(a) Dividindo a equação por P (x) = 1− x, obtemos p(x) = −x1−x =
∑∞
n=1 −xn, que é anaĺıtica em
x = 0 com raio de convergência 1. Também q(x) = 11−x =
∑∞
n=0 −xn é anaĺıtica em x = 0
com raio de convergência 1. Portanto, x = 0 é um ponto ordinário e o raio de convergência da
solução em series de potência é pelo menos 1.
Também é posśıvel argumentar que p(x) e q(x) são funções racionais (razão de dois polinômios).
Assim o raio de convergência da solução é igual ao menor dos módulos das ráızes dos denomi-
nadores de p(x) e q(x). Nesse caso a raiz mais próxima é 1 e distância de 0 a 1 é 1. Portanto,
o raio de convergência da solução em série de potência é pelo menos 1.
(b) Assumindo que y(x) =
∑∞
n=0 anx
n é solução, podemos escrever a equação como
∞∑
n=0
(
(n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n+ 1)nan+1 − nan − an
)
xn = 1.
Temos então (n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n+ 1)nan+1 − (n+ 1)an = 0
para n ≥ 1 e a relação de recorrência é
an+2 =
an + nan+1
(n+ 2)
.
Para n = 0 temos 2a2 − a0 = 1.
(c) A solução geral então é da forma
y(x) = a0 + a1 · x+
1 + a0
2
· x2 + a0 + 2a1 + 1
6
· x3 + 1
24
(5 + 5a0 + 4a1) · x4 + . . .
Questão 3. (2,0 pontos)
Encontre a transformada de Laplace das funções:
(a) f(t) = u2(t)δ(t− 10) + u10(t)δ(t− 2);
(b) f(t) =
{
t se t < 1
2− t se t ≥ 1 .
Solução.
(a) Como
u2(t)δ(t− 10) = δ(t− 10) e u10(t)δ(t− 2) = 0,
teremos
L{f(t)} = L{δ(t− 10} = e−10s.
3
(b) Tendo em vista que
f(t) = t− u1(t)t+ u1(t)(2− t) = t+ u1(t)(2− 2t) = t− 2u1(t)(t− 1),
então
L{f(t)} = 1
s2
− 2e
−s
s2
.
Questão 4. (3,0 pontos)
Resolva o seguinte problema de valor inicial utilizando a transformada de Laplace{
y′′(t) + y(t) = 5et sent,
y(0) = 0, y′(0) = 5.
Solução.
Aplicando a transformada de Laplace, obtemos
s2F (s)− sy(0)− y′(0) + F (s) = 1
(s− 1)2 + 1
, s > 1,
de onde segue-se que
F (s)(s2 + 1) = 5 +
5
(s− 1)2 + 1
=
5s2 − 10s+ 15
(s− 1)2 + 1
.
Portanto,
F (s) =
5s2 − 10s+ 15
(s2 + 1)
[
(s− 1)2 + 1
] = as+ b
s2 + 1
+
cs+ d
(s− 1)2 + 1
,
onde a, b, c, d devem satisfazer o sistema de equações lineares:

a+ c = 0,
−2a+ b+ d = 5,
2a− 2b+ c = −10,
2b+ d = 15,
cujas soluções são a = 2, b = 6, c = −2 e d = 3. Logo, temos que
F (s) = 2
s
s2 + 1
+ 6
1
s2 + 1
+
−2s+ 3
(s− 1)2 + 1
= 2
s
s2 + 1
+ 6
1
s2 + 1
+
−2(s− 1) + 1
(s− 1)2 + 1
= 2
s
s2 + 1
+ 6
1
s2 + 1
− 2 s− 1
(s− 1)2 + 1
+
1
(s− 1)2 + 1
.
Aplicando a transformada inversa de Laplace, obtemos a solução
y(t) = 2 cos t+ 6 sen t− 2et cos t+ et sen t
= 2(1− et) cos t+ (6 + et) sen t.
4
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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto de Matemática
Departamento de Matemática
Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral IV
Unidades: Escola Politécnica e Escola de Quimica
Código: MAC 248
Gabarito da 1o Prova
Turmas: Engenharias 2o Sem/2012
Data: 18/12/2012
(1) (2,0 p) Analise a convergência das séries abaixo indicadas:
(a)
∞∑
n=1
cos(nθ)
n
√
n
, (1,0 p)
(b)
∞∑
n=0
(−1)n(n2 + 5)
n3 + 1
, (1,0 p)
Resposta:
a) Seja bn =
cos(nθ)
n
√
n
∀n ≥ 1 logo
|bn| = |
cos(nθ)
n
√
n
| ≤ cn, ∀n ≥ 1 e ∀ θ ∈ R
onde cn =
1
n
√
n
. Observemos que a série associada
∞∑
n=1
cn converge pois é uma série
p− Harmônica (ou p-série) com p = 3/2 > 1 logo convergente. Então pelo critério
de comparação, temos que
∞∑
n=1
|bn|
converge. Por propriedadesdas séries abs. convergentes afirmamos que
∞∑
n=1
bn
converge.
b) Seja bn =
(−1)n(n2+5)
n3+1
. Observemos que
|bn| =
n2 + 5
n3 + 1
=
n2(1 + 5/n2)
n3(1 + 1/n3)
=
1
n
(1 + 5/n2)
(1 + 1/n3)
,
considerando a sequência dn =
1
n
e lembrando que a série associada
∞∑
n=1
dn diverge
e tomando limite
lim
n→∞
|bn|
dn
= lim
n→∞
(1 + 5/n2)
(1 + 1/n3)
= 1 > 0,
2
aplicando o critério de comparação por limite, ambas séries divergem, isto é,
∞∑
n=1
|bn|
diverge.
Agora olhemos a série como uma série numérica alternada. Usaremos o Critério
de Leibniz para mostrar que ela é convergente, isto é, precisamos mostrar que:
i) limn→∞ bn = 0, e
ii) bn+1 ≤ bn.
Para mostrar i), tomemos limite na função f(x) = (x
2+5)
(x3+1)
quando x → ∞, apli-
cando a regra de L’Hôspital, pois os polinômios são diferenciáveis, obtemos
lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞x
2x
3x2
= lim
x→∞
2
3x
= 0
logo
lim
n→∞
f(n) = 0
Em relação a ii) podemos concluir que, é de fato verdade, se mostrarmos que a
derivada da função { (x
2+5)
x3+1
} é negativa para todo x ∈ R≥1. Verificaremos esta
última afirmação abaixo:
d
dx
[
(x2 + 5)
(x3 + 1)
]
= −x
4 + 15x2 − 2x
(x3 + 1)2
< 0, se x ≥ 1,
pois o denominador é positivo para todo x real. Enquanto o numerador é clara-
mente negativo para todo x ≥ 1.
Podemos concluir que a série é condicionalmente convergente.
(2) (2,5 p) Responda as seguintes questões:
(a) Sabendo que a função ln (1 + x) é anaĺıtica para |x| < 1, mostre que:
ln (1 + x) = x− x
2
2
+
x3
3
− x
4
4
+
x5
5
+ · · · , |x| < 1
(b) Seja s(x) a soma da série
x2
2
− x
3
3.2
+
x4
4.3
− x
5
5.4
+ · · · , |x| < 1. Determine a
função s(x) em termos de funções elementares. Justifique (1,2 p)
Resposta:
a) Usando séries geométricas, obtemos que
1
1 + x
=
∞∑
n=1
(−1)nxn, abs.convergente |x| < 1
como xn são continuas em |x| < 1. Então∫ x
0
1
1 + t
dt =
∞∑
n=0
(−1)n
∫ x
0
tn dt,
3
o qual é equivalente a∫ x
0
(ln(1 + t))′dt =
∞∑
n=1
(−1)n−1x
n
n
Pelo Teorema fundamental do cálculo
ln(1 + x)− ln 1 =
∞∑
n=1
(−1)n−1x
n
n
, ∀ |x| < 1.
Seja f(x) = ln(1 + x) derivando, obtemos
f ′(x) = 1
1+x
, f ′(0) = 1
f ′′(x) = − 1
(1+x)2
, f ′′(0) = −1
f ′′′(x) = (−1)2 2
(1+x)3
, f ′′′(0) = (−1)22
f iv(x) = (−1)3 2.3
(1+x)4
, f iv(0) = (−1)4−11.2.(4− 1).
Podemos concluir que
fn(0) = (−1)n−1(n− 1)!,
como an =
fn(0)
n!
podemos concluir que an =
(−1)n−1
n
. Além disso, a função f(x)
é anaĺıtica em |x| < 1 logo
∞∑
n=1
an x
n = f(x).
b) Seja s(x) = x
2
2
− x3
3.2
+ x
4
4.3
− x5
5.4
+ · · · abs. convergente |x| < 1. Como s(x) é
anaĺıtica em torno de 0, derivemos
s′(x) = x− x2
2
+ x
3
3
− x4
4
+ · · ·
= ln(1 + x),
integrando ∫ x
0
s′(t)dt =
∫ x
0
ln(1 + t)dt,
s(x)− s(0) = t ln(1 + t)|x0 −
∫ x
0
t
1 + t
dt
s(x)− s(0) = t ln(1 + t)|x0 − x+ ln(1 + x), ∀ |x| < 1
onde dada a cont́ınuidade da soma s(x) temos que s(0) = 0.
(3) (3,0 p) Considere a equação diferencial de Tchebycheff
(1− x2)y′′ − xy′ + α2y = 0 α ∈ R (1)
Sabendo que y = a0y1(x) + a1y2(x) é a solução geral da equação por série em
torno do ponto x0 = 0.
(a) Determine uma cota inferior para o raio de convergência das soluções em série
y1(x) e y2(x) linearmente independentes da equação em torno de x0 = 0.
(b) Determine a relação de recorrência. Justifique. (1,3 p)
(c) Determine a solução geral da equação de Tchebycheff. Justifique. (1,2 p)
4
Resposta:
a) Sejam a(x) = 1−x2, b(x) = −x e c(x) = α2, sem fatores comuns e α ∈ R. Para
encontrar a cota inferior dos raios das soluções da equação, obteremos os raios das
funções p(x) = b(x)
a(x)
e de q(x) = c(x)
a(x)
, isto é, para x0 = 0
Rp = min{||z − x0||; a(z) = 0}
neste caso z = ±1 tomando distância, obtemos ||z − x0|| = 1. Logo Rp = 1.
Analogamente, Rq = 1. Portanto, a cota inferior será
R = min{Rp, Rq} = 1.
b) Mostremos que o ponto x0 = 0 é um ponto ordinário da equação. Observemos
que
1
1− x2
=
∞∑
n=0
x2n abs.conv. |x| < 1
logo
p(x) =
∞∑
n=0
(−1)x2n+1 abs.conv. |x| < 1
q(x) =
∞∑
n=0
α2x2n abs.conv. |x| < 1,
então p, q são funções anaĺıticas em torno de x0 = 0.
Aplicando o Teorema das soluções para ponto ordinário, toda solução será da
forma
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n abs.conv. |x| < R, (2)
substituindo (2)em (1), obtemos
∞∑
n=0
{ (n+ 2)(n+ 1)an+2 − n(n− 1)an − nan + α2an }xn = 0, ∀|x| < R, (3)
o que é equivalente a
∞∑
n=0
bnx
n = 0, ∀|x| < R, (4)
onde
bn = (n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n2 − α2) an, n ∈ N.
Por propriedades das séries abs.convergentes e (4), obtemos
bn = 0, ∀n ∈ N,
o que nós leva a obter a relação de recorrência
an+2 =
(n2 − α2)
(n+ 2)(n+ 1)
an, ∀n ∈ N. (5)
5
c) Calculemos os coeficientes an de indice par:
n = 0, a2 =
−α2
2.1
a0,
n = 2, a4 =
(22 − α2)(−α2)
4!
a0
...
o que nos leva a
a2n =
(−1)nα2(α2 − 22) · · · [α2 − (2n− 2)2]
(2n)!
a0, ∀n ≥ 1. (6)
Calculemos os coeficientes an de indice ı́mpar:
n = 1, a3 =
1− α2
3.2
a1,
n = 3, a5 =
(32 − α2)(1− α2)
5!
a1
...
o que nos leva a
a2n+1 =
(−1)n(α2 − 1)(α2 − 32) · · · [α2 − (2n+ 1)2]
(2n+ 1)!
a1, ∀n ≥ 1. (7)
Definamos as soluções usando (2)
(a) a0 = 1 e a1 = 0:
y1(x) = 1 +
∞∑
n=1
a2nx
2n
onde a2n estão definidas em (6).
(b) a0 = 0 e a1 = 1:
y2(x) = x+
∞∑
n=1
a2n+1x
2n+1.
Portanto, a solução geral da equação (1) é da forma
y(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x),
sendo c1 e c2 constantes arbitrárias.
(4) (2,5 p) Considere a função
g(t) =
{
sen t, 0 ≤ t < π
0, t > π
Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI){
y′′ + 4y = g(t) + δ(t− π
2
)
y(0) = y′(0) = 0.
(8)
Justifique sua resposta.
6
Resposta:
Observemos que a função g pode ser representada em termos de funo̧ões de grau, isto é,
g(t) = sent− uπ(t)sent = sent+ uπsen(t− π) (9)
Aplicando transformada de Laplace em g e usando o Teorema de translação na variável
t, obtemos
L{g(t)} = L{sent}+ L{uπ(t)sen(t− π)} =
1
s2 + 1
+
e−πs
s2 + 1
. (10)
Agora apliquemos a transformada de Laplace na equação (8)
s2L{y} − sy(0)− y′(0) + 4L{y} = L{g(t)}+ L{δ(t− π
2
)}.
Logo resolvendo a equação algebrica, obtemos
L{y} = 1
(s2 + 1)(s2 + 4)
+
e−πs
(s2 + 1)(s2 + 4)
+
e−πs/2
(s2 + 4)
. (11)
Considere a função H(s) = 1
(s2+1)(s2+4)
. Vamos calcular h(t) = L−1{H(s)}. Usando
frações parciais, reescrevemos
H(s) =
1
3
(
1
s2 + 1
)
− 1
6
(
2
s2 + 4
)
.
Logo,
h(t) = L−1{H(s)} = 1
3
sent− 1
6
sen2t.
Além disso, seja
G(s) =
e−πs/2
(s2 + 4)
Aplicando transformada de Lapace inversa, obtemos
g(t) = L−1{G(s)} = L−1{ e
−πs/2
(s2 + 4)
}
= z(t− π/2)uπ/2(t),
onde
z(t) = L−1{ 1
(s2 + 4)
} = 1
2
sen2t
Por (11)e aplicando transformada de Laplace inversa, temos
y(t) = h(t) + uπ(t)h(t− π) + z(t− π/2)uπ/2(t)
=
1
6
(2sent− sen2t)) + 1
6
uπ(t)(2sen(t− π)− sen(2t− 2π)) +
1
2
sen2(t− π/2)uπ/2(t)
=
1
6
(2sent− sen2t))− 1
6
uπ(t)(2sent+ sen2t)−
1
2
sen(2t)uπ/2(t).
7
Professores: Cecilia, Jaques, Marcelo,Marisa, Patricia, Pedro.
Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
1a Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 28/05/2013
Questão 1: (2.0 pontos)
Quanto às séries abaixo pede-se:
a. classificar em convergente ou divergente a série númerica
+∞∑
n=2
1
n
√
n2 − 1
;
b. classificar em condicionalmente convergente, absolutamente convergente ou divergente a série
+∞∑
n=2
(−1)n+1 1ln(n) ;
c. determinar o raio de convergência da série de potências
∞∑
n=0
n!xn2 .
Observação: justifique todas as suas afirmações.
Solução:
a. Sejam an = 1n√n2−1 e bn =
2
n2
. Notemos que 0 < an ≤ bn para todo n ≥ 2. Como
∑
bn
é uma p-série para p = 2, a série ∑ bn converge. Portanto, 0 < ∑ an ≤ ∑ bn e também
convergirá ∑ an. A convergência absoluta decorre do fato de todos os termos an serem
positivos.
b. Comecemos por analisar a convergência absoluta. Para n suficientemente grande (por
exemplo n ≥ 10), 1ln(n) ≥
1
n
. Usando que a série harmônica diverge (∑ 1
n
= +∞), a série∑ 1
ln(n) ≥
∑ 1
n
= +∞ diverge. Logo,
+∞∑
n=2
(−1)n+1 1ln(n) diverge em caraterabsoluto.
Façamos an = 1ln(n) , n = 2, 3, 4, . . .. Como ln(n) < ln(n + 1) e limn→+∞ ln(n) = +∞,
segue que an ≥ an+1 e limn→+∞ an = 0. Temos assim uma série alternada. Pelo teste
de série alternada, a série ∑(−1)n+1 1ln(n) é convergente. Concluímos que ∑(−1)n+1 1ln(n) é
condicionalmente convergente.
c. Definamos an = n!xn
2 . Notemos que
∣∣∣an+1
an
∣∣∣ = (n+1)!|x|(n+1)2
n!|x|n2 = (n+ 1)|x|
2n+1. Para |x| ≥ 1,
limn→+∞
∣∣∣an+1
an
∣∣∣ = 0, enquanto que para |x| < 1, limn→+∞ ∣∣∣an+1an ∣∣∣ = +∞ (compare com o
assintota horizontal da função te−t). O raio de convergência R é então R = 1.
Questão 2: (3.0 pontos)
Determine uma solução em série para o problema de valor inicial{
(1 + x2)y′′ + xy′ − 25y = 0
y(0) = 0, y′(0) = 1,
e determine o raio de convergência da solução.
Solução:
O ponto x = 0 é um ponto regular, então podemos supor que uma solução definida ao redor
de 0 é da forma y(x) = ∑∞n=0 anxn. Assim, substituindo-se as derivadas de y(x) na equação
diferencial, obtemos
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
1a Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 28/05/2013(continuação)
(2a2 − 25a0) + (6a3 + a1 − 25a1)x+
∞∑
n=2
[
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + n(n− 1)an + nan − 25an
]
xm = 0,
que nos dá as seguintes relações de recorrências
a2 =
25
2 a0
a3 = 4a1
an+2 =
−(n2 − 25)
(n+ 2)(n+ 1)an, para n ≥ 2.
Se y(0) = 0 então a0 = 0 e logo a2 = a4 = a6 = · · · = 0. Se y′(0) = 1 então a1 = 1 e
a3 = 4
a5 =
−(9− 25)
20 · 4 =
16
5
a7 =
−(25− 25)
7 · 6 · a5 = 0
a9 = a11 = · · · = 0.
Então, y(x) = x+ 4x3 + 165 x
5. Como a solução é polinomial, o raio de convergência é R = +∞
Questão 3: (3.0 pontos)
Consideremos uma mola elástica fixada por uma de suas extremidades e que possa vibrar na vertical.
Suponhamos que um corpo de massa m = 1 quilograma esteja preso à extremidade inferior da mola,
que a constante elástica da mola seja k = 1 e que no instante t = 0 o sistema seja submetido a uma
força periódica f(t) = sen(2t). No instante t = 1, o sistema massa-mola recebe por baixo um golpe
brusco que comunica instantaneamente 5 unidades de momento ao sistema. Usando a segunda lei de
Newton e o eixo y convenientemente posicionado, somos levados à seguinte equação do movimento
y(t)
d2y
dt2
+ y = sen(2t) + 5δ(t− 1).
Supondo as condições iniciais y(0) = y′(0) = 0, determine o movimento do sistema.
Solução:
A transformada de Laplace da equação diferencial nos fornece a seguinte equação:
s2L(y)(s) + L(y)(s) = 2
s2 + 4 + 5e
−s
L(y)(s) = 2(s2 + 1)(s2 + 4) + 5
1
s2 + 1e
−s
= 23
1
s2 + 1 −
1
3
2
s2 + 4 + 5
1
s2 + 1e
−s.
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
1a Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 28/05/2013(continuação)
A solução y(t) é dada por y(t) = L−1 (L(y)). Portanto,
y(t) = L−1 (L(y))
= 23L
−1
( 1
s2 + 1
)
− 13L
−1
( 2
s2 + 4
)
+ 5L−1
( 1
s2 + 1e
−s
)
= 23sen(t)−
1
3sen(2t) + 5u1(t) · sen(t− 1).
Questão 4: (2.0 pontos)
Determine os valores de α para os quais todas as soluções de
x2y′′ + αxy′ + (5/2)y = 0
tendem a zero quando x tende ao infinito.
Solução:
A equação diferencial x2y′′ + αxy′ + 52y = 0 é uma Equação de Euler. Logo, se supusermos que a
solução seja da forma y(x) = xr, obtemos a equação característica
2r2 + 2(α− 1)r + 5 = 0.
As raízes da equação característica são dadas por
r+ =
−(α− 1) +
√
(α− 1)2 − 10
2 , r− =
−(α− 1)−
√
(α− 1)2 − 10
2 .
Caso 1. r+ 6= r− são números reais distintos. Para que este caso ocorra devemos ter (α−1)2−10 >
0. Portanto, devemos ter α > 1 +
√
10 ou α < 1−
√
10 A solução geral no caso de raízes reais
diferentes é
y(x) = C1xr+ + C2xr− .
Ela tenderá a zero quando x tender ao infinito se, e somente se, 0 > r+ > r−. Temos assim que
−(α− 1) +
√
(α− 1)2 − 10 < 0
−(α− 1)−
√
(α− 1)2 − 10 < 0.
Somando as duas inequações, obtemos α > 1. A intersecção das três inequações é
{
α | α > 1 +
√
10
}
Caso 2. r+ e r− são números reais iguais. Neste caso α = 1 +
√
10 ou α = 1−
√
10 e as raízes
são r+ = r− = r = −(α−1)2 . A solução geral é da forma
y(x) = (c1 + c2 ln(x))xr.
A solução geral y(x) tenderá a zero quando x tender ao infinito se, e somente se, r < 0. Como
r < 0 implica em α > 1, obtemos α = 1 +
√
10.
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Caso 3. r+ = λ+ iµ e r− = λ− iµ são números reais complexos conjugados, em que λ = −(α−1)2
e µ = 12
√
1− (α− 1)2. Para este caso 1 −
√
10 < α < 1 +
√
10. A solução geral da equação
diferencial tem a forma
y(x) = (c1 cos(µ ln(x)) + c2sen(µ ln(x)))xλ.
Todas as soluções reais tendem para zero quando x tende para o infinito se, e somente se, λ < 0.
Isto é, se 1 < α < 1 +
√
10.
A união dos três casos nos dá α > 1.
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GABARITO DA 2a PROVA - CÁLCULO IV
10 PERÍODO 2009
1a Questão:(valor 2.0)
(a) O gráfico de f é esboçado na Figura 1.
(b)
• Cálculo de a0.
Temos que:
a0 =
1
2
∫ 2
−2
f (x)dx =⇒ a0 =
1
2
{
−2
∫ −1
−2
dx+
∫ 2
1
dx
}
=⇒ a0 =
1
2
{
−2 [x]−1−2 + [x]
2
1
}
=⇒ a0 = −
1
2
.
((1))
• Cálculo de an.
Temos que:
an =
1
2
∫ 2
−2
f (x) cos
nπx
2
dx =⇒ an =
1
2
{
−2
∫ −1
−2
cos
nπx
2
dx+
∫ 2
1
cos
nπx
2
dx
}
,
ou equivalentemente,
an =
1
2
{
− 4
nπ
[
sin
nπ
2
x
]−1
−2
+
2
nπ
[
sin
nπ
2
x
]2
1
}
,
ou equivalentemente,
an =
1
2
{
4
nπ
sin
nπ
2
− 2
nπ
sin
nπ
2
}
=⇒ an =
1
nπ
sin
nπ
2
. ((2))
• Cálculo de bn.
Temos que:
bn =
1
2
∫ 2
−2
f (x) sin
nπx
2
dx =⇒ bn =
1
2
{
−2
∫ −1
−2
sin
nπx
2
dx+
∫ 2
1
sin
nπx
2
dx
}
,
1
ou equivalentemente,
bn =
1
2
{
4
nπ
[
cos
nπ
2
x
]−1
−2
− 2
nπ
[
cos
nπ
2
x
]2
1
}
,
ou equivalentemente,
bn =
1
2
{
4
nπ
cos
nπ
2
− 4(−1)
n
nπ
− 2(−1)
n
nπ
+
2
nπ
cos
nπ
2
}
=⇒ bn =
3
nπ
cos
nπ
2
−3(−1)
n
nπ
.
((3))
Portanto, a série de Fourier da função f é da forma:
−1
4
+
1
π
∞∑
n=1
1
n
sin
nπ
2
cos
nπ
2
x+
3
π
∞∑
n=1
1
n
[
cos
nπ
2
− (−1)n
]
sin
nπx
2
. ((4))
(c)
Teorema de Fourier: Suponha que f e f ′ são cont́ınuas por partes no
intervalo [−L,L] .
Suponha também que f está definida fora do intervalo [−L,L] , de modo a
ser periódica
com peŕıodo T = 2L. Então, f tem uma série de Fourier
a0
2
+
∞∑
n=1
an cos
nπx
L
+
∞∑
n=1
bn sin
nπx
L
. ((5))
Além disso, a série de Fourier converge para f (x) em todos os pontos onde
f é
cont́ınua e converge para
f (x+) + f (x−)
2
em todos os pontos onde f é
descont́ınua.
No nosso caso f e f ′ satisfazem as hipóteses do teorema no intervalo [−2, 2]
e T = 4.
A função f é descont́ınua em x = −2, x = −1, x = 1 e x = 2. Então, pelo
Terema de
2
Fourier temos que se:
(i) x = −2 =⇒ a série de Fourier converge para f (−2+) + f (−2−)
2
=
−2 + 1
2
= −1
2
;
(ii) x = −1 =⇒ a série de Fourier converge para f (−1+) + f (1−)
2
=
0− 2
2
= −1;
(iii) x = 1 =⇒ a série de Fourier converge para f (1+) + f (1−)
2
=
1 + 0
2
=
1
2
.
(iv) x = 2 =⇒ a série de Fourier converge para f (2+) + f (2−)
2
=
−2 + 1
2
= −1
2
.
Por outro lado, nos pontos onde f é cont́ınua pelo Terema de Fourier temos
que a série
converge para f (x).
O gráfico da soma da série é esboçado na Figura 2.
2a Questão:(valor 2.5)
a) Denotemos por g(x) a extensão par e periódica definida por:
g(x) =
∣∣∣∣ f(x), 0 6 x 6 π,f(−x), − π < x < 0. ; g(x+ 2π) = g(x)
Logo:
g(x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
x, 0 6 x 6 π/2,
0, π/2 < x < π,
−x, − π/2 < x, 0,
0, − π < x < −π/2.
; g(x) = g(x+ 2π) ((6))
O gráfico de g(x) é esboçado na Figura 3.
b) Denotemos por h(x) a extensão ı́mpar e periódica definida por:
h(x) =
∣∣∣∣∣∣
f(x), 0 < x < 2,
0, x = 0 e x = 2,
− f(−x), − 2 < x < 0.
; h(x) = h(x+ 2π)
3
Logo:
h(x) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x, 0 < x 6 π/2,
0, π/2 < x ≤ π,
0, x = 0,
x, − π/2 ≤ x < 0,
0, − π < x < −π/2.
; h(x) = h(x+ 2π) ((7))
c)
• Cálculo de bn.
Temos que:
bn =
2
π
∫ π
0
f (x) sinnxdx =⇒ bn =
2
π
∫ π/2
0
x sinnxdx =⇒ bn = −
1
n
cos
nπ
2
+
2
πn2
sin
nπ
2
.
((9))
Portanto, a série de Fourier da função g é da forma:
∞∑
n=1
(− 1
n
cos
nπ
2
+
2
πn2
sin
nπ
2
)
sinnx ((10))
3a Questão:(valor 3.0)
a) Considere:
u(x, t) = F (x)G(t) ou u(x, t) = X(x)T (t). ((11))
De (11) obtemos que:
∂u
∂t
(x, t) = F (x)G ′(t) ou
∂u
∂t
(x, t) = X(x)T ′(t) , ((12))
∂2u
∂x2
(x, t) = F ′′(x)G(t) ou
∂2u
∂x2
(x, t) = X ′′(x)T (t).
4
Substituindo (12)1 e (12)2 em (1) resulta que:
F (x)G ′(t) = 4F ′′(x)G(t) ou X(x)T ′(t) = 4X ′′(x)T (t). ((13))
Dividindo (13) por F (x)G(t) ou X(x)T (t) obtemos que:
G ′(t)
4G(t)
=
F ′′(x)
F (x)
= σ ou
T ′(t)
4T (t)
=
X ′′(x)
X(x)
= −σ. ((14))
De (14) resulta que as duas equações diferenciais associadas são da forma:
∣∣∣∣ F ′′(x)− σF (x) = 0G ′(t)− 4σG(t) = 0 ((15))
ou,
∣∣∣∣ X ′′(x) + σX(x) = 0T ′(t) + 4σT (t) = 0 ((16))
Resumo:
• Autovalores: 0 e n, com n ∈ N∗
• Autofunções associadas aos autovalores acima: 1 e cosnx, com n ∈ N∗
b1) Solucao em F (x) e G(t)
Das condições de fronteira temos que ux(0, t) = 0. Então, tomando 0 =
ux(o, t) = F ′(0)G(t) obtemos que F ′(0) = 0 ou G(t) = 0, para todo t > 0.
Como não nos interessam soluções nulas ao aplicar o Prinćıpio da Superposição,
temos que F ′(0) = 0. De forma análoga a condição ux(π, t) = 0 nos leva a
F ′(π) = 0.
Considere a equação (15)1. Então a equação caracteŕıstica é da forma:
m2 = σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √σ,m2 = −√σ. ((17))
De (17) e considerando a hipótese que devemos desprezar o caso em que as
ráızes
são reais e distintas devemos estudar os casos σ = 0 e σ < 0.
• Seja σ = 0. Então, de (15)1 obtemos:
5
F (x) = c1 + c2x. ((18))
De (18) resulta que:
F ′(x) = c2. ((19))
Substituindo x = 0 em (19) obtemos que:
F ′(0) = c2 =⇒ c2 = 0, por (2)1. ((20))
Observe que c2 = 0 independente se x = 0 ou x = π. Portanto:
F (x) = c1. ((21))
• Seja σ < 0 e σ = −λ2, λ > 0. Então, de (15)1 obtemos:
F (x) = d1 cosλx+ d2 sinλx. ((24))
De (24) resulta que:
F ′(x) = −λd1 sinλx+ λd2 cosλx. ((25))
Substituindo x = 0 em (25) obtemos que:
F ′(0) = λd2 =⇒ d2 = 0, por (2)1. ((26))
Substituindo x = π em (25) obtemos que:
F ′(π) = −λd1 sinλπ =⇒ sinλπ = 0, por (2)1 =⇒ λ = n, n = 1, 2, .., por (2)1.
((27))
Substituindo o valor de d2 dado por (26) e o valor de λ dado por (27) em
(24) resulta
6
que:
Fn(x) = d1 cosnx, n = 1, 2, ... ((28))
b2) Solucao em X(x) e T (t)
Das condições de fronteira temos que ux(0, t) = 0. Então, tomando 0 =
ux(o, t) = X ′(0)T (t) obtemos que X ′(0) = 0 ou T (t) = 0, para todo t > 0.
Como não nos interessam soluções nulas ao aplicar o Prinćıpio da Superposição,
temos que X ′(0) = 0. De forma análoga a condição ux(π, t) = 0 nos leva a
X ′(π) = 0.
Considere a equação (16)1. Então a equação caracteŕıstica é da forma:
m2 = −σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √−σ,m2 = −√−σ. ((29))
De (29) e considerando a hipótese que devemos desprezar o caso em que as
ráızes
são reais e distintas devemos estudar os casos σ = 0 e σ > 0.
• Seja σ = 0. Então, de (16)1 obtemos:
X(x) = c1 + c2x. ((30))
De (30) resulta que:
X ′(x) = c2. ((31))
Substituindo x = 0 em (31) obtemos que:
X ′(0) = c2 =⇒ c2 = 0, por (2)1. ((32))
Observe que c2 = 0 independente se x = 0 ou x = π. Portanto:
X(x) = c1. ((33))
• Seja σ > 0 e σ = λ2, λ > 0. Então, de (16)1 obtemos:
X(x) = d1 cosλx+ d2 sinλx. ((34))
7
De (34) resulta que:
X ′(x) = −λd1 sinλx+ λd2 cosλx. ((35))
Substituindo x = 0 em (35) obtemos que:
X ′(0) = λd2 =⇒ d2 = 0, por (2)1. ((36))
Substituindo x = π em (35) obtemos que:
X ′(π) = −λd1 sinλπ =⇒ sinλπ = 0, por (2)1 =⇒ λ = n, n = 1, 2, .., por (2)1.
((37))
Substituindo o valor de d2 dado por (36) e o valor de λ dado por (37) em
(34) resulta
que:
Xn(x) = d1 cosnx, n = 1, 2, ... ((38))
Resumo:
• Autovalores: 0 e n, com n ∈ N∗
• Autofunções associadas aos autovalores acima: 1 e cosnx, com n ∈ N∗
c1) Solucao em F (x) e G(t)
Considere G(t).
Substituindo σ = 0 em (15)2 obtemos:
G ′(t) = 0 =⇒ G(t) = k1. ((39))
Substituindo σ = −n2 em (15)2 obtemos:
G ′(t) + 4n2G(t) = 0 =⇒ Gn(t) = k2e−4n
2t. ((40))
8
c2) Solucao em X(x) e T (t)
Considere T (t).
Substituindo σ = 0 em (16)2 obtemos:
T ′(t) = 0 =⇒ T (t) = k1. ((41))
Substituindo σ = −n2 em (16)2 obtemos:
T ′(t) + 4n2T (t) = 0 =⇒ Tn(t) = k2e−4n
2t. ((42))
d1) Solucao em F (x)eG(t)
Considere u(x, t) = F (x)G(t).
Da hipótese que u(x, t) = F (x)G(t), de (21) e (39) obtemos que a solução
de (1) + (2)
associada ao autovalor σ = 0 que denotaremos por u0(x, t) é da forma:
u0(x, t) =
a0
2
, onde
a0
2
= c1k1. ((43))
Por outro lado da hipótese que u(x, t) = F (x)G(t), de (28) e (40) obtemos
que a solução de
(1) + (2) associada ao autovalor σ = −n2 que denotaremos por un(x, t) é da
forma:
un(x, t) = K cosnxe−4n
2t. ((44))
Portanto, uma candidata a solução de (1), (2) e (3) denotada por u(x, t) é
da forma:
u(x, t) = u0(x, t) + un(x, t),
ou equivalentemente,
u(x, t) =
a0
2
+K cosnxe−4n
2t. ((45))
Substituindo t = 0 na equação (45) resulta que:
9
u(x, 0) =
a0
2
+K cosnx. ((46))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((47))
Comparando (46) e (47) temos então que a solução de u(x, t) de (1), (2) e
(3) não é
dada por (45). Por outro lado sabemos que vale o prinćıpio da superposição
finita. Logo
é verdadeiro supormos que u(x, t) é da forma:
u(x, t) =
a0
2
+
∞∑
n=1
Kn cosnxe−4n
2t. ((48))
Substituindo t = 0 na equação (48) resulta que:
u(x, 0) =
a0
2
+
m∑
n=1
Kn cosnx. ((49))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((50))
Comparando (49) e (50) obtemos que:
a0
2
+K1 cosx+K2 cos 2x+..+K6 cos 6x+..+K10 cos 10x+..Km cosmx = 3 cos 6x−5 cos 10x.
Logo:
a0 = 0; n = 6 e K6 = 3; n = 10 e K10 = −5; n 6= 6 e n 6= 10 =⇒ Kn = 0.
((51))
De (49) e (51) obtemos que:
10
u(x, t) = 3 cos 6xe−144t − 5 cos 10xe−400t. ((52))
d2) Solucao em F (x) e G(t)
Considere u(x, t) = X(x)T (t).
Da hipótese que u(x, t) = X(x)T (t), de (33) e (41) obtemos que a solução
de (1) + (2)
associada ao autovalor σ = 0 que denotaremos por u0(x, t) é da forma:
u0(x, t) =
a0
2
, onde
a0
2
= c1k1. ((53))
Por outro lado da hipótese que u(x, t) = X(x)T (t), de (38) e (42) obtemos
que a solução de
(1) + (2) associada ao autovalor σ = −n2 que denotaremos por un(x, t) é da
forma:
un(x, t) = K cosnxe−4n
2t. ((54))
Portanto, uma candidata a solução de (1), (2) e (3) denotada por u(x, t) é
da forma:
u(x, t) = u0(x, t) + un(x, t),
ou equivalentemente,
u(x, t) =
a0
2
+K cosnxe−4n
2t. ((55))
Substituindo t = 0 na equação (55) resulta que:
u(x, 0) =
a0
2
+K cosnx. ((56))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((57))
11
Comparando (56) e (57) temos então que a solução de u(x, t) de (1), (2) e
(3) não é
dada por (55). Por outro lado sabemos que vale o prinćıpio da superposição
finita. Logo
é verdadeiro supormos que u(x, t) é da forma:
u(x, t) =
a0
2
+
m∑
n=1
Kn cosnxe−4n
2t. ((58))
Substituindo t = 0 na equação (58) resulta que:
u(x, 0) =
a0
2
+
m∑
n=1
Kn cosnx. ((59))
Mas, por (3) temos que:
u(x, 0) = 3 cos 6x− 5 cos 10x. ((60))
Comparando (59) e (60) obtemos que:
a0
2
+K1 cosx+K2 cos 2x+..+K6 cos 6x+..+K10 cos 10x+..Km cosmx = 3 cos 6x−5 cos 10x.
Logo:
a0 = 0; n = 6 e K6 = 3; n = 10 e K10 = −5; n 6= 6 e n 6= 10 =⇒ Kn = 0.
((61))
De (58) e (61) obtemos que:
u(x, t) = 3 cos 6xe−144t − 5 cos 10xe−400t. ((62))
4a Questão:(valor 2.5)
(i) Considere o problema de valor de contorno dado abaixo:
(4) H ′′(x)− σH(x) = 0; 0 < x < 2,
(5) H(0) = H(2) = 0.
12
De (4) temos que a equação caracteŕıstica é da forma:
m2 = σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √σ,m2 = −√σ.
Caso 1 : Considere σ > 0.
Da equação acima e de (4) obtemos:
H(x) = c1e
√
σx + c2e−
√
σx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 + c2 = 0, por (5)1 =⇒ c2 = −c1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c2 = −c1 resulta:
H(2) = c1e2
√
σ− c1e−2
√
σ = 0, por (5)2 =⇒ c1 = c1e−4
√
σ =⇒ σ = 0 ou c1 = 0.
Como, pela hiptese do caso, σ > 0, temos que c1 = 0 e dáı conclúımos que:
H(x) = 0. ((63))
Caso 2 : Considere σ = 0.
De (4) e de que m1 = m2 = 0 obtemos:
H(x) = c1 + c2x.Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = 2c2 = 0 =⇒ c2 = 0, por (5)2.
13
Do exposto conclúımos que:
H(x) = 0. ((67))
Caso 3 : Considere σ < 0. Suponha que σ = −λ2, λ > 0.
De (4) e de que m1 = λi e m2 = −λi obtemos:
H(x) = c1 cosλx+ c2 sinλx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = c2 sin 2λ = 0, por (5)2 =⇒ c2 = 0 e ou sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = nπ =⇒ λ =
nπ
2
.
Disto resulta que se:
c2 = 0 =⇒ H(x) = 0, ((68))
sin 2λ = 0 =⇒ Hn(x) = c2 sin
nπ
2
,
com n ∈ N∗ pois λ > 0
(ii) Considere o problema de valor de contorno dado abaixo:
(4) H ′′(x) + σH(x) = 0; 0 < x < 2,
(5) H(0) = H(2) = 0.
De (4) temos que a equação caracteŕıstica é da forma:
m2 = −σ =⇒
∣∣∣∣ m1 = √−σ,m2 = −√−σ.
Caso 1 : Considere σ < 0.
14
Da equação acima e de (4) obtemos:
H(x) = c1e
√
−σx + c2e−
√
−σx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 + c2 = 0, por (5)1 =⇒ c2 = −c1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c2 = −c1 resulta:
H(2) = c1e2
√
−σ−c1e−2
√
−σ = 0, por (5)2 =⇒ c1 = c1e−4
√
−σ =⇒ σ = 0 ou c1 = 0.
Como, pela hiptese do caso, σ > 0, temos que c1 = 0 e dáı conclúımos que:
H(x) = 0. ((69))
Caso 2 : Considere σ = 0.
De (4) e de que m1 = m2 = 0 obtemos:
H(x) = c1 + c2x.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = 2c2 = 0 =⇒ c2 = 0, por (5)2.
Do exposto conclúımos que:
H(x) = 0. ((70))
15
Caso 3 : Considere σ > 0. Suponha que σ = λ2, λ > 0.
De (4) e de que m1 = λi e m2 = −λi obtemos:
H(x) = c1 cosλx+ c2 sinλx.
Substituindo x = 0 em H(x) resulta que:
H(0) = c1 = 0, por (5)1.
Substituindo x = 2 em H(x) e do fato que c1 =0 obtemos:
H(2) = c2 sin 2λ = 0, por (5)2 =⇒ c2 = 0 e ou sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = nπ =⇒ λ =
nπ
2
.
Disto resulta que se:
c2 = 0 =⇒ H(x) = 0, ((71))
sin 2λ = 0 =⇒ Hn(x) = c2 sin
nπ
2
.,
com n ∈ N∗ pois λ > 0
16
17
Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 02/12/2009
Questão 1: (2.5 pontos)
Seja f a função definida por:
f(x) =
{
0, −3 6 x < 0,
x, 0 6 x < 3.
: f(x+ 6) = f(x)
(a) (1.0 ponto) Determine a Série de Fourier da função f
Solução:
Temos que l = 3 e, portanto,
a0 =
1
3
∫ 3
−3
f(x)dx =
1
3
∫ 3
0
xdx =
3
2
an =
1
3
∫ 3
−3
f(x) cos
nπx
3
dx =
1
3
∫ 3
0
x cos
nπx
3
dx =
3
3nπ
x sen
nπx
3
+
9
3n2π2
cos
nπx
3
∣∣∣∣3
0
=
= − 3
n2π2
(1 + (−1)n+1).
bn =
1
3
∫ 3
−3
f(x) sen
nπx
3
dx =
1
3
∫ 3
0
x sen
nπx
3
dx = − 3
3nπ
x cos
nπx
3
+
9
3n2π2
sen
nπx
3
∣∣∣∣3
0
=
=
3
nπ
(−1)n+1.
A Série de Fourier da função f é, então,
3
4
+
∞∑
n=1
(
− 3
n2π2
(
1 + (−1)n+1
)
cos
nπx
3
+
3
nπ
(−1)n+1 sen nπx
3
)
. (1a)
Podemos simplificar ainda mais a expressão se observamos que o termo 1 + (−1)n+1 se
anula quando n é par e vale 2 quando n é ı́mpar. Então a Série de Fourier da f(x) é dada
por
3
4
+
∞∑
n=1
(
− 6
(2n− 1)2π2
cos
(2n− 1)πx
3
+
3
nπ
(−1)n+1 sen nπx
3
)
. (1b)
(b) (0.7 ponto) Esboce o gráfico da função para a qual a Série de Fourier converge no intervalo
[−9, 9]. Justifique adequadamente.
Solução:
Basta analisar a função ao longo de um peŕıodo. Consideremos o intervalo [−3.3). Da
expressão para f(x) vemos que a função é cont́ınua, a menos do ponto x = −3. Neste
ponto existem os limites laterais dados por f(−3−) = 3 e f(−3+) = 0. Conclúımos,
portanto, que f(x) é seccionalmente cont́ınua.
Além disso, a derivada existe e é cont́ınua no intervalo [−3, 3), a menos dos pontos x = −3
e x = 0. Nestes pontos os limites laterais da derivada existem e são dados por f ′(−3−) =
1, f ′(−3+) = 0, f ′(0−) = 0 e f ′(0+) = 1. Conclúımos, portanto, que f ′ também é
seccionalmente cont́ınua e podemos aplicar o Teorema de Fourier. Dos limites citados e
do Teorema de Fourier podemos obter o gráfico da função para a qual a Série de Fourier
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Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 02/12/2009(continuação)
converge, lembrando que nos pontos em que a função é cont́ınua a sua Série de Fourier
converge para o valor da função e nos pontos em que a função é descont́ınua a sua Série de
Fourier converge para a média aritmética dos limites laterais. Consequentemente, o gráfico
é como a seguir.
0
1
2
3
-9 -6 -3 0 3 6 9
y
x
Limite da Série de Fourier
• • • •
◦ ◦ ◦ ◦◦ ◦ ◦ ◦
◦ ◦ ◦ ◦
◦ ◦ ◦ ◦
(c) (0.8 ponto) Utilize o item (a) e o Teorema de Fourier para mostrar que
π2
4
=
∞∑
n=1
2
(2n− 1)2
Solução:
Analisando a última expressão obtida para a Série de Fourier vemos que, se calcularmos a
soma da série em x = 0 e usarmos o Teorema de Fourier, cujas hipóteses foram verificadas
no item anterior, obteremos que
0 =
3
4
+
∞∑
n=1
− 6
(2n− 1)2π2
. (1c)
Portanto, podemos escrever
3
π2
∞∑
n=1
2
(2n− 1)2
=
3
4
e, dáı,
π2
4
=
∞∑
n=1
2
(2n− 1)2
, como dese-
jávamos.
O mesmo resultado poderia ser obtido se considerássemos os pontos x = 3 ou x = −3.
Questão 2: (2.0 pontos)
Obtenha todos os autovalores λ e respectivas autofunções y(x) do problema de autovalor abaixo:
(I)
{
y′′(x) + 2y′(x) + λy(x) = 0; 0 < x < 1,
y(0) = y(1) = 0.
(2a)
(2b)
Solução:
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A equação caracteŕıstica associada à EDO (2a) é r2 + 2r + λ = 0. As ráızes da equação
caracteŕıstica são dadas por r = −1±
√
1− λ. Vamos analisar os três casos posśıveis (ver tabela
resumo fornecida ao final das questões) que nos levam a obter as soluções gerais de (2a).
1. Ráızes reais e distintas. Neste caso temos que (1 − λ) > 0, isto é, λ < 1. Seja γ =√
1− λ > 0, então a solução geral associada é dada por y(x) = c1e(−1−γ)x + c2e(−1+γ)x.
Como y(0) = 0, conclúımos que c2 = −c1 e, portanto, y(x) = c1
(
e(−1−γ)x − e(−1+γ)x
)
.
Substituindo x = 1, temos que 0 = y(1) = c1 (e
−1−γ − e−1+γ). Como c1 = 0 não é aceitável
pois implicaria em uma solução trivial (identicamente nula), obtemos que e−1−γ = e−1+γ.
Como a exponencial é uma função injetiva, conclúımos que −1− γ = −1 + γ e, portanto,
γ = 0 e, dáı, λ = 1. No entanto, para termos ráızes reais distintas, é necessário que λ < 1
e, portanto, não temos autovalor quando as ráızes da equação caracteŕıstica são reais e
distintas.
2. Ráızes reais iguais. Neste caso temos que λ = 1 e a solução geral é dada por y(x) =
c1e
−x + c2xe
−x. Como y(0) = 0, conclúımos que c1 = 0 e, portanto, a solução é da forma
y(x) = c2xe
−x. Substituindo x = 1, temos que 0 = y(1) = c2e
−1, que implicaria que c2
também se anularia e a única solução é a trivial. Portanto, não temos autovalor quando
as ráızes da equação caracteŕıstica são iguais.
3. Ráızes complexas conjugadas. Isto ocorrerá quando (1 − λ) < 0, isto é, λ > 1. Seja
γ =
√
λ− 1 > 0, então as ráızes da equação caracteŕıstica são r = −1 ± γi e a solução
geral é dada por y(x) = e−x (c1 cos γx+ c2 sen γx). Como y(0) = 0, conclúımos que c1 = 0
e, portanto, y(x) = c2e
−x sen γx. Substituindo x = 1, temos que 0 = y(1) = c2e
−1 sen γ.
Não consideraremos a situação em c2 = 0 pois isto implicaria que a solução obtida seria
a solução trivial. Devemos ter, então, que sen γ = 0 e, portanto, γ = nπ, com n ∈ N∗, já
que γ > 0. Isto implica que λ = (nπ)2 + 1 e y(x) = c2e
−x sennπx.
Resumidamente, encontramos que para todo n ∈ N∗, λn = (nπ)2 + 1 é um autovalor que tem
autofunção associada dada por, yn(x) = e
−x sennπx.
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF):
(I)

ut(x, t)− 4uxx(x, t) = 0, 0 < x < 2, t > 0,
u(0, t) = 0e u(2, t) = 4, t > 0,
u(x, 0) = 2x− 3 sen 3πx− 7 sen 7πx, 0 < x < 2.
(3a)
(3b)
(3c)
(a) (0.3 ponto) Encontre a função v(x) que satisfaz as condições de fronteira (3b) e vxx = 0.
Solução:
Como vxx(x) = 0, temos que v(x) é da forma v(x) = ax + b. Para satisfazer as condições
de fronteira devemos ter que 0 = b e 4 = 2a+ b. Portanto, v(x) = 2x.
(b) (0.7 ponto) Seja w(x, t) := u(x, t)− v(x). Encontre o Problema de Valor Inicial e de Fronteira
que w(x, t) deverá satisfazer
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Solução:
Como
• Como wt = ut e wxx = uxx − vxx = uxx, conclúımos que wt(x, t) − 4wxx(x, t) =
ut(x, t)− 4uxx(x, t) = 0, se 0 < x < 2 e t > 0,
• w(0, t) = u(0, t)− v(0, t) = 0, se t > 0,
• w(2, t) = u(2, t)− v(2, t) = 4− 4 = 0, se t > 0 e
• w(x, 0) = u(x, 0)− v(x) = 2x− 3 sen 3πx− 7 sen 7πx− 2x = −3 sen 3πx− 7 sen 7πx,
com 0 < x < 2,
podemos concluir que w(x, t) deverá satisfazer o seguinte PVIF
(II)

wt(x, t)− 4wxx(x, t) = 0, 0 < x < 2, t > 0,
w(0, t) = 0 e w(2, t) = 4, t > 0,
w(x, 0) = −3 sen 3πx− 7 sen 7πx, 0 < x < 2.
(c) (1.0 ponto) Encontre função w(x, t) solução do problema do item (b). Utilize, se necessário, o
lembrete ao final desta questão.
Solução:
No lembrete temos a expressão da solução formal que satisfaz a EDP e as condições de
fronteira de (II), bastando tomar α = 2 e l = 2. Substituindo estas constantes obtemos
w(x, t) =
∞∑
n=1
Cne
−n2π2t sen
nπx
2
.
Resta utilizar a condição inicial para identificar todos os coeficientes cn. Substituindo t = 0
na expressão anterior obtemos que w(x, 0) =
∞∑
n=1
Cn sen
nπx
2
. Comparando com a condição
inicial w(x, 0) = −3 sen 3πx − 7 sen 7πx, vemos que basta tomarmos c6 = −3, c14 = −7 e
cn = 0 para n /∈ {6, 14}.
Portanto, a solução formal para o PVIF (II) é dada por
w(x, t) = −3e−36π2t sen 3πx− 7e−196π2t sen 7πx.
(d) (0.5 ponto) Encontre a solução u(x, t)
Solução:
Como w(x, t) = u(x, t)− v(x), obtemos imediatamente que
u(x, t) = 2x− 3e−36π2t sen 3πx− 7e−196π2t sen 7πx.
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Lembrete: Sabemos que a solução geral do problema abaixo
(II)
{
wt(x, t)− α2wxx(x, t) = 0, 0 < x < l, t > 0,
w(0, t) = w(l, t) = 0, t > 0
é dada por w(x, t) =
∞∑
n=1
Cne
−α2n2π2t
l2 sen
nπx
l
Questão 4: (3.0 pontos)
Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF):
utt(x, t)− 9uxx(x, t) = 0, 0 < x < π, t > 0,
ux(0, t) = ux(π, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = x, 0 < x < π,
ut(x, 0) = 5 cos 2x, 0 < x < π.
(4a)
(4b)
(4c)
(4d)
(a) (1.5 ponto) Utilizando o Método da Separação de Variáveis, obtenha as equações diferenciais
ordinárias nas variáveis x e t e as resolva, detalhando todas as etapas.
Solução:
Vamos aplicar a técnica de separação de variáveis para resolver o Problema de Valor Inicial
e de Fronteira. Vamos procurar, por enquanto, funções não nulas que satisfaçam a EDP
e que sejam da forma u(x, t) = X(x)T (t). Então, utt = X(x)T
′′(t) e uxx = X
′′(x)T (t).
Substituindo na EDP obtemos XT ′′− 9X ′′T = 0. Rearranjando os termos e dividindo por
9X(x)T (t) obtemos
X ′′(x)
X(x)
=
T ′′(t)
9T (t)
= −λ.
Notemos que o primeiro termo da equação acima só depende de x, o segundo termo só
depende de t e como desejamos que sejam iguais para todo t > 0 e x ∈ (0, π) concluimos
que independem de x e t e, portanto, são uma constante. Denominamos esta constante
como sendo −λ, sendo o sinal negativo apenas para seguir a notação do livro texto, pois o
sinal escolhido não importa no resultado final.
Obtivemos, assim, as equações diferenciais ordinárias nas variáveis x e t que são dadas por
X ′′(x) + λX(x) = 0,
T ′′(t) + 9λT (t) = 0
Para resolver estas equações, deveremos encontrar as condições de fronteira adequadas
de forma que X(x) satisfaça um problema de autovalor, resolvê-lo e, finalmente, usar os
autovalores obtidos na EDO envolvendo a variável t para obter as soluções T (t). Abaixo
iremos seguir este procedimento.
Inicialmente, vamos obter as condições de fronteira da EDO em x usando as condições de
fronteira do problema proposto. Temos que 0 = ux(0, t) = X
′(0)T (t), para todo t > 0.
Como não estamos interessados em solução trivial concluimos que X ′(0) = 0. Analoga-
mente, obtemos que X ′(π) = 0. Usando estas condições nas EDOs obtidas anteriormente
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podemos obter o seguinte problema de autovalores:
X ′′(x) + λX(x) = 0
X ′(0) = 0
X ′(π) = 0
O procedimento a seguir visa obter os autovalores e autofunções do problema de autovalor
acima.
A equação caracteŕıstica é dada por r2 + λ = 0. Vamos analisar as três situações posśıveis:
• Ráızes da equação caracteŕıstica reais e distintas. Isto ocorrerá quando λ < 0 e as
ráızes serão r1 =
√
−λ e r2 = −r1. A solução geral é dada por X(x) = Cer1x+De−r1x.
Derivando obtemos queX ′(x) = r1 (Ce
r1x −De−r1x). Aplicando a restriçãoX ′(0) = 0
obtemos que D = C, já que r1 6= 0. A solução se torna X(x) = C (er1x + e−r1x).
Substituindo X ′(π) = 0 obtemos que 0 = X ′(π) = Cr1(e
r1π − e−r1π). Se C = 0
teŕıamos solução trivial, que não nos interessa e, como r1 6= 0 obtemos que er1π =
e−r1π. Como a exponencial é uma função injetiva, segue que r1π = −r1π, o que não
é posśıvel pois r1 6= 0. Concluimos que se λ < 0 não temos autovalor, já que a única
solução é a trivial.
• Ráızes da equação caracteŕıstica reais iguais. Isto ocorrerá quando λ = 0 e as ráızes
serão r1 = r2 = 0. A solução geral é dada por X(x) = C+Dx. Aplicando a restrição
X ′(0) = 0 obtemos que D = 0 e a solução se torna X(x) = C. A restrição X ′(π) = 0
é satisfeita por esta solução e, portanto, conclúımos que λ0 = 0 é autovalor associado
à autofunção X0(x) = 1.
• Ráızes da equação caracteŕıstica são complexos conjugados. Isto ocorrerá quando
λ > 0 e as ráızes serão r1 =
√
λ
√
−1 e r2 = −
√
λ
√
−1. Seja γ =
√
λ > 0. A solução
geral é dada por X(x) = C cos γx + D sin γx. Derivando obtemos que X ′(x) =
γ (−C sen γx+D cos γx). Aplicando a restrição X ′(0) = 0 obtemos que γD = 0 e,
como γ > 0, conclúımos que D = 0. Portanto, a solução se torna X(x) = C cos γx.
Derivando e usando que X ′(π) = 0 obtemos que 0 = X ′(π) = −Cγ sin γπ. Isto
implica que ou C = 0 (que não nos interessa pois fornece solução trivial) ou sin γπ = 0.
Sabemos que o seno se anula nos pontos da forma nπ, com n ∈ Z. Então, como γ > 0,
conclúımos que γπ = nπ, com n ∈ N∗. Dáı temos que os autovalores correspondentes
a λ > 0 são da forma λn = n
2, com n ∈ N∗ e suas autofunções correspondentes serão
Xn(x) = cosnx.
Em resumo, temos que os autovalores são dados por λn = n
2, com n = 0, 1, 2, 3, . . . e as
autofunções respectivas são dadas por Xn(x) = cosnx, considerando como 1 o coeficiente
da autofunção.
Com estes autovalores, podemos usar a EDO em t para obter Tn(t). Temos, então, que
T ′′n + 9n
2Tn(t) = 0, com n = 0, 1, 2, 3, . . . .
Se n = 0 temos que T0(t) = C0 +D0t. .
Se n ∈ N∗ obtemos que a solução geral é dada por Tn(t) = Cn cos 3nt+Dn sen 3nt.
Em resumo, obtivemos que as soluções não nulas das EDOs são dadas por X0(x) = 1,
T0(t) = C0 +D0t, Xn(x) = cosnx e Tn(t) = Cn cos 3nt+Dn sen 3nt, n ∈ N∗. Nesta resposta
consideramos como 1 o coeficiente das autofunções obtidas do problema de autovalor.
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Gabarito segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 02/12/2009(continuação)
(b) (0.5 ponto) Obtenha a solução em série que satisfaz a EDP (4a) e as condições de fronteira
(4b)
Solução:
Do item anteriortemos que u0(x, t) = X0(x)T0(t) = C0 + D0t, un(x, t) = Xn(x)Tn(t) =
cosnx(Cn cos 3nt + Dn sen 3nt). Finalmente, a série de funções que é candidata a solução
do PVIF é da forma
u(x, t) = C0 +D0t+
∞∑
n=1
(Cn cos 3nt+Dn sen 3nt) cosnx. (4e)
(c) (1.0 ponto) Analisando as condições iniciais do PVIF (4c) e (4d), obtenha a solução do pro-
blema dado.
Solução:
Resta, agora, utilizar as condições iniciais para obter todos os coeficientes Cn e Dn.
Tomando t = 0 na solução em séries vemos que
u(x, 0) = C0 +
∞∑
n=1
Cn cosnx. (4f)
Mas esta série trigonométrica é uma série de Fourier correspondente a uma função par
e periódica de peŕıodo 2π (basta comparar com a expressão para os termos em cosseno
da Série de Fourier). Para satisfazer (4c), desejamos que u(x, 0) = x para x ∈ (0, π).
Vamos considerar a extensão par e periódica de peŕıodo 2π da função f(x) = x, com
x ∈ (0, π). Como esta extensão é seccionalmente cont́ınua com derivada seccionalmente
cont́ınua e periódica de peŕıodo 2π temos, pelo Teorema de Fourier, que a sua série de
Fourier converge para f(x) nos pontos em que esta for cont́ınua. A Série de Fourier desta
extensão é dada por
a0
2
+
∞∑
n=1
an cosnx, sendo (4g)
a0 =
2
π
∫ π
0
xdx = π (4h)
an =
2
π
∫ π
0
x cosnxdx =
2
πn2
(cosnπ − 1) = − 2
πn2
(1 + (−1)n+1) (4i)
Comparando (4f) com (4g) e usando (4h) e (4i) conclúımos que C0 =
a0
2
=
π
2
e, também,
que Cn = an = −
2
πn2
(1 + (−1)n+1), n ∈ N∗.
Ainda não utilizamos a condição da velocidade inicial (4d). Assumindo que a a derivada
de u(x, t) existe e é dada pela derivação termo a termo da série temos que
ut(x, t) = D0 +
∞∑
n=1
3n cosnx (−Cn sen 3nt+Dn cos 3nt) . (4j)
Aplicando em t = 0 obtemos que
ut(x, 0) = D0 +
∞∑
n=1
3nDn cosnx. (4k)
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Para satisfazer a equação (4d), basta compará-la com (4k). Vemos, então que 6D2 = 5 e
Dn = 0 se n 6= 2.
Com os coeficientes obtidos temos que a solução desejada é dada por
u(x, t) =
π
2
+
5
6
cos 2x sen 6t−
∞∑
n=1
2
πn2
(1 + (−1)n+1) cosnx cos 3nt.
Como o termo 1 + (−1)n+1 se anula quando n é par e vale 2 quando n é ı́mpar, podemos
simplificar ainda mais a expressão e obter
u(x, t) =
π
2
+
5
6
cos 2x sen 6t−
∞∑
n=1
4
π(2n− 1)2
cos ((2n− 1)x) cos (3(2n− 1)t) .
Formulário:
• Algumas integrais úteis:∫ b
a
x sen
nπx
l
=
(
− lb
nπ
cos
nπb
l
+
l2
n2π2
sen
nπb
l
)
−
(
− la
nπ
cos
nπa
l
+
l2
n2π2
sen
nπa
l
)
∫ b
a
x cos
nπx
l
=
(
lb
nπ
sen
nπb
l
+
l2
n2π2
cos
nπb
l
)
−
(
la
nπ
sen
nπa
l
+
l2
n2π2
cos
nπa
l
)
• Tabela resumo para EDO de segunda ordem com coeficientes constantes. Sejam r1 e r2 as ráızes
da equação caracteŕıstica. Então:
r1, r2 ∈ R e r1 6= r2 =⇒ y(x) = c1er1x + c2er2x
r1, r2 ∈ R e r1 = r2 =⇒ y(x) = c1er1x + c2xer1x
r1 = α + βi, r2 = α− βi =⇒ y(x) = eαx[c1 cos βx+ c2 sen βx].
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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC248
Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/07/2010
Questão 1: (2.5 pontos)
Seja f a função definida por
f(x) =
{
x, 0 ≤ x < 1,
−2, 1 ≤ x ≤ 2.
(a) (0.8 ponto) Seja f̃ a extensão impar e peŕıodica de peŕıodo 4 da função f . Esboce o gráfico
de f̃ no intervalo [−2, 4].
Solução:
f̃(x) =

f(x); 0 ≤ x < 2
0; x = 0
−f(−x); −2 < x < 0
(b) (1.0 ponto) Encontre a série de Fourier de f̃ .
Solução:
Como f̃ é impar, os coeficientes a0 = an = 0; n ≥ 1. Como L = 2 temos
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Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Qúımica - 07/07/2010(continuação)
bn =
2
2
∫ 2
0
f(x)sen
(nπx
2
)
dx
=
∫ 1
0
xsen
(nπx
2
)
dx− 2
∫ 2
1
sen
(nπx
2
)
dx
= − 2x
nπ
cos
(nπx
2
)
|10 +
4
n2π2
sen
(nπx
2
)
|10 +
4
nπ
cos
(nπx
2
)
|21
= − 6
nπ
cos
(nπ
2
)
+
4
n2π2
sen
(nπ
2
)
− 4(−1)
n
nπ
; n ≥ 1
Assim S.F.[f̃ ] =
∑∞
1 bnsen
(
nπx
2
)
(c) (0.7 ponto) Escreva a série do item (b) no ponto x = 1 e ache a sua soma.
Solução:
Pelo Teorema de Fourier, tomando x = 1, temos que
∞∑
1
bnsen
(nπx
2
)
=
f(1+) + f(1−)
2
= −1/2
Questão 2: (2.0 pontos)
Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF)
ut − 4uxx = 0, 0 < x < 1, t > 0,
u(0, t) = 2, u(1, t) = 3, t ≥ 0,
u(x, 0) = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ 1,
que representa a distribuição de temperatura numa barra.
(a) (1.0 ponto) Determine a temperatura estacionária (ou permanente ou de equilibrio) v(x) da
barra.
Solução:
A solução estacionária satisfaz o seguinte problema
vxx = 0
v(0) = 2
v(1) = 3
Logo, da primeira equação temos que v(x) = ax+ b. Pelas condições de fronteira, obtemos:
a = 1 e b = 2. Assim, v(x) = x+ 2.
(b) (1.0 ponto) Considerando w(x, t) = u(x, t) − v(x), encontre o Problema de Valor Inicial e de
Fronteira que a função w deverá satisfazer.
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Solução:
Como wt = ut, wxx = uxx − vxx = uxx, temos,
wt − 4wxx = ut − 4uxx = 0
w(0, t) = u(0, t)− v(0) = 2− 2 = 0
w(1, t) = u(1, t)− v(1) = 3− 3 = 0
w(x, 0) = u(x, 0)− v(x) = ϕ(x)− (x+ 2)
Conclúımos que w é solução do seguinte PVIF
wt − 4wxx = 0, 0 < x < 1, t > 0,
w(0, t) = 0, w(1, t) = 0, t ≥ 0,
w(x, 0) = ϕ(x)− x− 2, 0 ≤ x ≤ 1,
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere o seguinte problema
utt − uxx − 4ux = 0, 0 < x < 2, t > 0, (1)
u(0, t) = u(2, t) = 0, t ≥ 0. (2)
(a) (1.0 ponto) Usando o método de separação de variáveis, explicite as duas equações diferenciais
ordinárias associadas a equação (1).
Solução:
Seja u(x, t) = F (x)G(t). Substituindo na equação (1), temos:
G′′(t)
G(t)
− F
′′(x)
F (x)
− 4F
′(x)
F (x)
= 0
ou ainda
G′′(t)
G(t)
=
F ′′(x) + 4F ′(x)
F (x)
= λ
visto que x e t são variáveis independentes. Temos as seguintes EDOs:
G′′(t)− λG(t) = 0
F ′′(x) + 4F ′(x)− λF (x) = 0
(b) (1.5 ponto) Utilizando (2), obtenha todos os autovalores e as respectivas autofunções do pro-
blema de contorno correspondente a equação diferencial ordinária na variável x.
Solução:
Problema de contorno para a EDO na variável x. Da condição (2) obtemos:
0 = u(0, t) = F (0)G(t)→ F (0) = 0
0 = u(2, t) = F (2)G(t)→ F (2) = 0
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Assim, temos o seguinte problema de autovalores:{
F ′′(x) + 4F ′(x)− λF (x), 0 < x < 2,
F (0) = F (2) = 0
sendo o polinômio caracteŕıstico dado por r2 + 4r − λ = 0. As ráızes do polonômio são:
r =
−4±
√
16 + 4λ
2
=
−4± 2
√
4 + λ
2
= −2±
√
4 + λ.
Temos três casos distintos:
λ = −4: Ráızes reais iguais, r1 = r2 = −2. Solução geral da EDO:
F (x) = c1e
−2x + c2xe
−2x.
Como buscamos uma solução não nula do problema, das condições de contorno con-
clúımos:
0 = F (0) = c1 → c1 = 0
0 = F (2) = 2c2e
−4 = 0→ c2 = 0
Logo, se λ = −4 temos apenas a solução trivial F (x) = 0.
λ > −4: Neste caso o polinômio caracteristico tem ráızes reais distintas: r1 = −2+
√
λ+ 4
e r2 = −2−
√
λ+ 4. A solução será da forma F (x) = c1e
r1x + c2e
r2x. Das condições
de contorno obtemos:
0 = F (0) = c1 + c2 → c1 = −c2
0 = F (2) = −c2e2r1 − c2e2r2 = 0→ c2 = 0
Logo, se λ > −4 temos apenas a solução trivial F (x) = 0.
λ < −4: Neste caso o polinômio caracteristico tem ráızes complexas conjugadas: r1 =
−2 + i
√
−λ− 4 e r2 = −2− i
√
−λ− 4. Seja γ =
√
−λ− 4. A solução será da forma
F (x) = e−2x(c1cos(γx) + c2sen(γx)). Das condições de contorno obtemos:
0 = F (0) = c1
0 = F (2) = c2e
−4sen(2γ) = 0→ c2 = 0 ou sen(2γ) = 0,
como buscamos uma solução não trivial temos c2 6= 0 (caso contrário F(x)=0), e
portanto sen(2γ) = 0→ 2γ = nπ;n ∈ N. Assim,
√−λ+ 4 = γ = nπ
2
→ λ = n
2π2
4
+ 4, n ∈ N
são autovalores do problema associados às autofunções Fn(x) = e
−2xsen
(
nπx
2
)
, n ∈
N.
Questão 4: (3.0 pontos)
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Considere o seguinte problema para a equação de Laplace
r2urr + rur + uθθ = 0, 0 < r < 3, 0 < θ <
π
2
, (3)
u(r, 0) = 0, u(r,
π
2
) = 0, 0 ≤ r ≤ 3, (4)
u(3, θ) = 4sen(8θ), 0 ≤ θ ≤ π
2
. (5)
(a) (2.3 pontos) Supondo que u(r, θ) seja uma função limitada, use o método de separação de
variáveis e obtenha a solução u(r, θ) em série que satisfaz a E.D.P. (3) e a condição de fronteira
(4).
Solução:
Suponha u(r, θ) = F (r)G(θ), substituindo equação (3) temos:
r2F ′′(r)G(θ) + rF ′(r)G(θ) + F (r)G(θ) = 0
Logo
r2F ′′(r) + rF ′(r)
F (r)
= −G
′′(θ)
G(θ)
= λ (cte)
pois o primeiro termo da igualdade acima só depende de r, e o segundo termo só depende
de θ. Assim obtemos as seguintes EDOs associadas ao problema:{
G′(θ) + λG(θ) = 0
r2F ′′(r) + rF ′(r)− λF (r) = 0 ( eq. de Euler)
Como buscamos uma solução não nula do problema, de (4) obtemos:
0 = u(r, 0) = F (r)G(0)→ G(0) = 0
0 = u(r, π/2) = F (r)G(π/2)→ G(π/2) = 0
Temos assim o seguinte problema de autovalores:{
G′(θ) + λG(θ) = 0
G(0) = G(π/2) = 0
o polinômio caracteristico associado ao problema acima é:
z2 + λ = 0.
Temos assim três casos posśıveis:
λ = 0: Neste caso temos ráızes z1 = z2 = 0, com solução da forma G(θ) = aθ + b e das
condições de contorno G(0) = G(π/2) = 0, concluimos que a = b = 0.
λ < 0: Neste caso temos ráızes reais distintas z1 =
√
−λ, z2 = −
√
−λ, com solução da
forma G(θ) = c1e
z1θ + c2e
z2θ. Das condições de contorno temos:
0 = G(0) = c1 + c2 → c1 = −c2
0 = G(π/2) = −c2ez1π/2 + c2ez2π/2 = 0→ c2 = 0
Assim, neste caso temos apenas a solução trivial G(θ) = 0.
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λ > 0: Neste caso o polinômio caracteristico tem ráızes complexas conjugadas: z1 = i
√
λ
e z2 = −i
√
λ. A solução será da forma G(θ) = c1cos(
√
λθ) + c2sen(
√
λθ). Das
condições de contorno obtemos:
0 = G(0) = c1
0 = G(π/2) = c2sen(
√
λπ/2) = 0→ c2 = 0 ou sen(
√
λπ/2) = 0,
como buscamos uma solução não trivial temos c2 6= 0 (caso contrário G(θ) = 0), e
portanto sen(
√
λπ/2) = 0→
√
λπ/2 = nπ;n ∈ N. Assim,
λ = 4n2, n ∈ N
são autovalores do problema associados às autofunções Gn(θ) = αnsen(2nθ), n ∈ N.
Onde αn são constantes.
Resolvendo a equação de Euler (λ = 4n2):
r2F ′′(r) + rF ′(r)− 4n2F (r) = 0
Note que a equação indicial:
ν2 − 4n2 = 0
tem duas ráızes reais distintas ν1 = 2n e ν2 = −2n. Logo a solução da equação de Euler
será:
Fn(r) = cnr
2n + dnr
−2n
.
Como buscamos uma solução limitada para o problema, e limr→0 r
−2n = ∞, tomamos
dn = 0. Obtemos assim que para cada n ∈ N a função Fn(r)Gn(θ) satisfaz a equação (3) e
a condição (4). Logo a série candidata à solução do problema é:
u(r, θ) =
∞∑
n=1
cnr
2nsen(2nθ).
(b) (0.7 ponto) Analisando a condição de fronteira (5) encontre a solução do problema que satisfaz
(3), (4) e (5).
Solução:
Tomando r = 3 na solução em série, obtemos:
u(3, θ) =
∞∑
n=1
cn3
2nsen(2nθ).
Mas da condição de fronteira (5) sabemos que
u(3, θ) = 4sen(8θ)
Logo, comparando as duas últimas equações temos que:
cn =
{
0, n 6= 4,
4
38
n = 4
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Portanto, a solução encontrada para o problema é:
u(r, θ) =
4
38
r8sen(8θ)
LEMBRETES NO VERSO
Lembretes:
1. Integrais.
•
∫
xsen(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: ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0.
• r1, r2 ∈ R e r1 6= r2 ⇒ y(x) = c1er1x + c2er2x.
• r1, r2 ∈ R e r1 = r2 ⇒ y(x) = (c1 + c2x)er1x.
• r1 = α + βi e r1 = α− βi ⇒ y(x) = eαx(c1cos(βx) + c2sen(βx)).
3. Equação de Euler: r2y′′(r) + αry′(r) + βy(r) = 0.
• equação indicial: m2 + (α− 1)m+ β = 0,
• raizes: m1 e m2 reais,
• solução:
m1 6= m2 ⇒ y(r) =c1rm1 + c2rm2 .
m1 = m2 ⇒ y(r) =(c1 + c2 ln r)rm1 .
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Gabarito da 2a Prova Unificada de Cálculo IV – Dezembro de 2010
1a Questão: (2.0 pts)
Resolva o problema de contorno:
{
x2y′′ − 6xy′ + 10y = 0, x > 0
y(1) = 1, y(2) = 18.
Solução: Como se trata de uma equação de Euler, a solução geral pode ser obtida
a partir da Equação Indicial (que se obtém procurando-se soluções do tipo y = xr, r
constante). A Equação Indicial nesse caso é r(r − 1) − 6r + 10 = 0, cujas ráızes são
r1 = 2 e r2 = 5. Portanto, a solução geral é, para x > 0,
y = C1x
2 + C2x
5.
Substituindo as condições de contorno, obtemos:
y(1) = C1 + C2 = 1,
y(2) = 4C1 + 32C2 = 18.
Resolvendo esse sistema, obtemos C1 = 1/2 e C2 = 1/2. Logo, a solução é:
y(x) =
1
2
x2 +
1
2
x5.
2a Questão: (3.0 pts)
Seja f : R → R uma função periódica de peŕıdo 2π tal que
f(x) =
{
1 se −π ≤ x ≤ 0,
2 se 0 < x < π.
(a) Determine a série de Fourier de f(x);
(b) Determine o conjunto D dos pontos de R para os quais a série de Fourier de f
converge e calcule o valor do limite da série em cada ponto de D;
(c) Dê a expressão da função g periódica de peŕıdo 2π que coincide com f no intervalo
0 < x < π, mas que sua série de Fourier contenha somente termos em senos.
Solução: (a) Calculando diretamente os coeficientes de Fourier de f :
a0 =
1
π
∫ π
−π
f(x) dx = 3.
an =
1
π
∫ π
−π
f(x) cos(nx) dx =
1
π
[
∫ 0
−π
cos(nx) dx + 2
∫ π
0
cos(nx) dx
]
= 0.
1
bn =
1
π
∫
π
−π
f(x) sen(nx) dx =
1
π
[
∫
0
−π
sen(nx) dx + 2
∫
π
0
sen(nx) dx
]
=
1
nπ
[
1 − cos(nπ)
]
=
{
0 se n é par,
2
nπ
se n é ı́mpar.
Logo, série de Fourier de f(x) é:
S(x) =
3
2
+
2
π
∞
∑
k=0
1
2k + 1
sen
(
(2k + 1)x
)
.
(b) Como f(x) e f ′(x) são cont́ınuas por partes em [−π, π], temos que a série de Fourier
S(x) de f converge em todos os pontos de R e seu limite é:
S(x) =
{
f(x) se f é cont́ınua em x,
1
2
[
f(x + 0) + f(x − 0)
]
se f é descont́ınua em x.
Logo, D = R e S(x) é a função periódica de peŕıodo 2π tal que
S(x) =







1 se −π < x < 0,
3/2 se x = 0,
2 se 0 < x < π,
3/2 se x = π.
(c) Para que g satisfaça as condições exigidas, ela tem de ser uma extensão ı́mpar de f ,
isto é,
g(x) =





−2 se −π < x < 0,
0 se x = 0,
2 se 0 < x < π,
0 se x = π.
x
y
2
−2
−π π
Observação: A série de Fourier de g(x) não se altera se redefinirmos os valores de g(x)
em um número finito de pontos do intervalo [−π, π]. Portanto, se considerarmos g(x)
periódica de peŕıodo 2π tal que
g(x) =
{
−2 se −π ≤ x ≤ 0,
2 se 0 < x < π,
a resposta está correta.
2
3a Questão: (2.0 pts)
Usando o método de separação de variáveis, determine a solução geral da equação do
calor
∂u
∂t
= 4
∂2u
∂x2
, 0 < x < π, t > 0,
com condições de contorno do tipo misto:
u(t, 0) =
∂u
∂x
(t, π) = 0.
Solução: Pelo método de separação de variáveis, devemos procurar soluções não nulas
da forma u(t, x) = T (t)X(x). Substituindo esta expressão na equação, obtemos,
T ′(t)
4T (t)
=
X ′′(x)
X(x)
= λ ∈ R.
A primeira das equações acima nos fornece solução geral do tipo T (t) = Ce4λt, C ∈ R.
Vejamos então para que valores de λ a segunda equação fornece soluções não triviais
satisfazendo as condições de contorno. Portanto, devemos analisar as solução de
{
X ′′ = λX, 0 < x < π,
X(0) = X ′(π) = 0.
(PC)
i) Se λ = 0, a solução geral da equação em (PC) é X(x) = Ax + B. Verificando
as condições de contorno, obtemos B = X(0) = 0 e A = X ′(π) = 0. Logo, não
existem solução não nulas nessecaso.
ii) Se λ = ω2 > 0, a solução geral da equação em (PC) é X(x) = Aeωx + Be−ωx.
Verificando as condição de contorno obtemos,
X(0) = A + B = 0,
X ′(π) = ωAeωπ − ωBe−ωπ = 0.
O sistema acima por ser expresso na forma
(
1 1
ωeωπ −ωe−ωπ
) (
A
B
)
=
(
0
0
)
.
Como o determinante da matriz é −2ω cosh(ωπ) 6= 0 (pois ω 6= 0), a única solução
dos sistema é a solução nula. Logo, não existem soluções não nulas nesse caso.
iii) Se λ = −ω2 < 0, a solução geral da equação em (PC) é X(x) = A cos(ωx) +
B sen(ωx). Verificando as condição de contorno obtemos, X(0) = A = 0 e X ′(π) =
ωB cos(ωπ) = 0. Nesse caso, podemos obter soluções não nulas para ω = (2k+1)/2,
k = 0, 1, 2, . . ..
Logo, para cada k = 0, 1, 2, . . ., temos λk = −[(2k + 1)/2]
2 e as respectivas soluções da
forma
Xk(x) = Bk sen
(
2k + 1
2
x
)
, Tk(t) = Ck exp
[
−4
(
2k + 1
2
)2
t
]
.
3
A solução geral pedida é, então,
u(t, x) =
∞
∑
k=0
ak exp
[
−4
(
2k + 1
2
)2
t
]
sen
(
2k + 1
2
x
)
.
4a Questão: (3.0 pts)
Usando o método de separação de variáveis, determine a solução de













∂2u
∂t2
−
∂2u
∂x2
= 0, 0 < x < 1, t ∈ R,
∂u
∂x
(t, 0) =
∂u
∂x
(t, 1) = 0,
u(0, x) = x2,
∂u
∂t
(0, x) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.
Solução: Por separação de variáveis, obtemos
T ′′(t)
T (t)
=
X ′′(x)
X(x)
= λ ∈ R.
Temos portanto duas equações:
T ′′(t) = λT (t) e X ′′(x) = λX(x) (∗)
Determinemos os valores de λ para os quais a segunda equação em (∗) possui soluções
não triviais que satisfaçam as condições de contorno: X ′(0) = X ′(1) = 0.
i) Se λ = 0, a solução geral da segunda equação em (∗) é X(x) = Ax+B. Verificando
as condições de contorno, obtemos A = X ′(0) = X ′(1) = 0. Logo, as funções
constantes X(x) = B, B ∈ R, devem ser consideradas. Para esse valor de λ, a
primeira equação de (∗) tem solução geral da forma T0(t) = C0t + D0.
ii) Se λ = ω2 > 0, a solução geral da equação é X(x) = Aeωx + Be−ωx. Verificando
as condição de contorno obtemos,
{
X ′(0) = (A − B)ω = 0 ⇒ A = B.
X ′(1) = ωAeω − ωBe−ω = 0 ⇒ 2ωA senh(ω) = 0
Como ω 6= 0, segue que A = B = 0 e, portanto, não existem soluções não nulas
nesse caso.
iii) Se λ = −ω2 < 0, a solução geral da segunda equação em (∗) é X(x) = A cos(ωx)+
B sen(ωx). Verificando as condições de contorno obtemos, X ′(0) = ωB = 0 ⇒
B = 0. Logo X(x) = A cos(ωx) e X ′(1) = −ωA sen(ω) = 0. Nesse caso, podemos
obter soluções não nulas para ω = kπ, k = 1, 2, . . . e a primeira equação de (∗) tem
solução geral dada por Tk(t) = Ck cos(kπt) + Dk sen(kπt).
4
Assim, dos itens (i) e (iii) acima, devemos considerar as soluções Xk(x) = Ak cos(kπx),
0 < x < 1, para cada k = 0, 1, 2, . . .. Analogamente, para a primeira equação em (∗),
devemos considerar as soluções que correspondem a λ = 0 e λ = −k2π2, isto é,
T0(t) = C0t + D0, Tk(t) = Ck cos(kπt) + Dk sen(kπt), t ∈ R.
Assim, a solução geral da equação que satisfaz as condições de contorno dadas é:
u(t, x) = a0t + b0 +
∞
∑
k=1
[
ak cos(kπt) + bk sen(kπt)
]
cos(kπx),
onde estamos denotando ak = CkAk, bk = DkAk, a0 = C0B e b0 = D0B.
Para determinar as constantes a0, b0, a1, . . ., vamos impor as condições iniciais, isto é,
x2 = b0 +
∞
∑
k=1
ak cos(kπx)
0 = a0 +
∞
∑
k=1
kπbk cos(kπx)
, 0 < x < 1.
Logo, 2b0, a1, a2, . . . são os coeficientes de Fourier da função f periódica de peŕıdo 2 tal
que f(x) = x2, −1 < x < 1 e 2a0, πb1, 2πb2, . . . são os coeficientes de Fourier da função
nula (necessariamente todos nulos).
Vamos então calcular:
2b0 = 2
∫
1
0
x2 dx =
2
3
⇒ b0 =
1
3
.
ak = 2
∫
1
0
x2 cos(kπx) dx =
2
k3π3
∫
kπ
0
y2 cos(y) dy = (−1)k
4
k2π2
.
Portanto, a solução é:
u(t, x) =
1
3
+
∞
∑
k=1
(−1)k
4
k2π2
cos(kπt) cos(kπx).
5
���
���@@
@@
@@
���
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��
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Universidade Federal do Rio de Janeiro
Instituto de Matemática
Departamento de Métodos Matemáticos
Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral IV
Unidades: Escola Politécnica e Escola de Quimica
Gabarito da P2 Unificada
Data: 28/06/2011
1. (2.5 p.) Encontre os autovalores e autofunções do problema de valores de contorno dado
y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(π) = 0. (1)
Descreva todos os casos envolvidos no discriminante da equação caracteŕıstica associada à equação
diferencial (1).
Resposta: A equação caracteristica correspondente r2+λ = 0 tem as ráızes r1 =
√
−λ e r2 = −
√
−λ.
Assim consideramos os seguintes tres casos:
a) λ < 0: r1 =
√
|λ|, r2 = −
√
|λ| ráızes da equação caracteŕıstica reais e distintas. A solução
geral é dada por
y(x) = A cosh(
√
|λ|x) +B senh(
√
|λ|x).
Como
y′(x) = A
√
|λ| senh(
√
|λ|x) +B
√
|λ| cosh(
√
|λ|x),
considerando as condições de contorno, nos temos
0 = y(0) = A · 1 +B · 0 ⇒ A = 0
0 = y′(π) = B
√
|λ| cosh(
√
|λ|π).
Então, como
√
|λ| cosh(
√
|λ|π) 6= 0 temos B = 0. Portanto, a única solução posśıvel quando
λ < 0 é a solução trivial y(x) = 0. Conlúımos que se λ < 0 não temos autovalores, já que a
única solução é a trivial.
b) λ = 0: r1 = r2 = 0 ráızes da equação caracteŕıstica reais iguais. A solução geral é dada
por y(x) = Ax + B. Como y′(x) = A, aplicando as restrições no contorno 0 = y(0) = B e
0 = y′(π) = A obtemos que A = B = 0. A única solução posśıvel quando λ = 0 é a solução
trivial y(x) = 0. Conclúımos dáı que λ = 0 não é autovalor deste problema.
c) λ > 0: r1 = i
√
|λ|, r2 = −i
√
|λ| ráızes da equação caracteŕıstica são complexos conjugados.
Seja γ =
√
|λ| > 0. A solução geral é dada por
y(x) = A sen(γx) +B cos(γx).
Assim y′(x) = γA cos(γx) − γB sen(γx). Aplicando a primeira restrição no contorno 0 =
y(0) = B obtemos B = 0. Portanto a solução se torna y(x) = A sen(γx). Além disso temos
0 = y′(π) = γA cos(γπ). Isto implica que ou A = 0 (que não nos interessa pois fornece solução
trivial) ou cos(γπ) = 0. Então, como γ > 0, conclúımos que γπ = nπ/2, com n = 1, 3, 5, . . ., e
conclúımos dáı que λ = γ2 =
(
(2k−1)
2
)2
, k ≥ 1. Dáı temos que os autovalores correspondentes
a λ > 0 são da forma λk =
(
(2k−1)
2
)2
, com k ≥ 1, e suas autofunções correspondentes serão
yk(x) = sen(2k−12 x).
Em resumo, obtivemos que as auto-valores e auto-funções da EDO são dadas por λk =
(
2k−1
2
)2
e
yk(x) = sen(2k−12 x), k ≥ 1.
2. (2.5 p.) Seja f(x) = senx, 0 ≤ x ≤ π. Considere a função
g(x) =
{
f(2π − x), se π < x < 2π,
f(x), se 0 ≤ x ≤ π.
(2)
a) (1.5 p.) Ache a série de Fourier da extensão ı́mpar g̃i(x) de g(x) definida em (2) suponha que
g̃i(x+ 4π) = g̃i(x) para todo x ∈ R.
b) (1.0 p.) Esboçe o gráfico da série obtida no item 2a no intervalo [−2π, 2π].
Resposta: a) Observamos que
g(x) =
{
senx se 0 ≤ x ≤ π
sen(2π − x) se π < x < 2π
=
{
senx se 0 ≤ x ≤ π
− senx se π < x < 2π
Para que g̃i satisfaça as condições exigidas, ela tem de ser
g̃i(x) =

−g(−x) se − 2π < x < 0
g(x) se 0 < x < 2π
0 se x = 0 ou x = 2π,
supondo tambem que g̃i(x+ 4π) = g̃i(x) para todo x ∈ R.
Como −π ≤ x < 0 implica 0 < −x ≤ π e para tal x temos g̃i(x) = −g(−x) = − sen(−x) = senx.
Analogo−2π < x < −π implica π < −x < 2π e para tal x temos g̃i(x) = −g(−x) = −(− sen(−x)) =
− senx. Então
g̃i(x) =

− senx se − 2π < x < −π
senx se − π ≤ x < 0
senx se 0 ≤ x ≤ π
− senx se π < x < 2π
0 se x = 2π
e g̃i(x+ 4π) = g̃i(x) para todo x ∈ R. Assim a série de Fourier dela é dada por
S(x; g̃i) =
∞∑
n=1
bn sen
nπx
2π
=
∞∑
n=1
bn sen
nx
2
,
onde
bn =
2
2π
∫ 2π
0
g̃(x) sen
nx
2
dx =
1
π
∫ 2π
0
g̃(x) sen
nx
2
dx
=
1
π
∫ π
0
senx sen
nx
2
dx− 1
π
∫ 2π
π
senx sen
nx
2
dx
Com y = 2π − x temos dy = −dx e podemos escrever∫ 2π
π
senx sen
nx
2
dx = −
∫ 0
π
sen(2π − y) sen(n
2
(2π − y)) dy =
∫ π
0
sen(2π − y) sen(n
2
(2π − y)) dy.
Como
sen(2π − y) = − sen y
sen(
n
2
(2π − y)) = sen(nπ − ny
2
) = sennπ cos
ny
2
− cosnπ sen ny
2
= (−1)n+1 sen ny
2
concluimos que− 1
π
∫ 2π
π
senx sen
nx
2
dx = (−1)n+1
∫ π
0
sen y sen
ny
2
dy = −(−1)n
∫ π
0
sen y sen
ny
2
dy
2
xπ 2π-π-2π
1
Figura 1: Gráfico da série de Fourier S(x; g̃i)
e assim
bn =
1− (−1)n
π
∫ π
0
senx sen
nx
2
dx.
Como senx sen nx2 =
1
2 (cos(x(1−
n
2 ))− cos(x(1 +
n
2 )) temos
bn =
1− (−1)n
2π
∫ π
0
(
cos(x(1− n
2
))− cos(x(1 + n
2
))
)
dx
Calculamos então que para n = 2k par, k ≥ 1, temos b2k = 0. Como para n 6= 2 temos∫ π
0
cos(x(1− n
2
)) dx =
1
1− n2
sen(1− n
2
)x |π0 =
2
2− n
sen(1− n
2
)π =
2
n− 2
sen(
n− 2
2
)π,
∫ π
0
cos(x(1 +
n
2
)) dx =
1
1 + n2
sen(1 +
n
2
)x |π0 =
2
2 + n
sen(1 +
n
2
)π =
2
2 + n
sen(
n+ 2
2
)π.
Para n = 2k − 1 ı́mpar, k ≥ 1, calculamos
b2k−1 =
2
(2k − 3)π
sen
(2k − 3)π
2
− 2
(2k + 1)π
sen
(2k + 1)π
2
Assim, a série de Fourier é dada por
S(x, g̃i) =
∞∑
k=1
b2k−1 sen
(2k − 1)x
2
.
b) Note que a extensão g̃i(x) é seccionalmente continua em todos os pontos em [−2π, 2π], pois a
função senx é continua em [0, π] e temos somente finitos pontos de descontinuidade. Analogamente,
g̃′i(x) é seccionalmente continua em [−2π, 2π]. Pelo teorema de convergencia concluimos que para
todo x ∈ R
S(x; g̃i) =
g̃i(x+) + g̃i(x−)
2
Pelo continuidade, se −2π < x < −π ou −π < x < 0 temos g̃i(x+) = g̃i(x−) e portanto S(x; g̃i) =
− senx ou senx. Analogamente, se 0 < x < π ou π < x < 2π temos g̃i(x+) = g̃i(x−) e portanto
S(x; g̃i) = senx ou − senx. Temos tambem g̃i(−2π−) = 0 = g̃i(−2π+), g̃i(−π−) = 0 = g̃i(−π+),
g̃i(π−) = 0 = g̃i(π+) e g̃i(2π−) = 0 = g̃i(2π+) e, portanto, S(x; g̃i) = 0 em todos esses pontos. Ver
(Figura 1)
3. (2.5 p.) Encontre a solução da equação do calor α2uxx = ut, 0 < x < L, t > 0, que satisfaz o
conjunto dado de condições de contorno e temparatura inicial{
u(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = x, 0 < x < L.
3
Resposta: Aplicando a técnica de separação de variáveis, vamos supor que a solução seja da forma
u(x, t) = X(x)T (t). Então, pelo equação de calor, temos α2X ′′T = XT ′. Rearranjando os termos
obtemos X
′′
X =
1
α2
T ′
T = −λ, onde λ ∈ R, pois o primeiro termo dessa equação só depende de x, o
segundo só depende de t e como desejamos que sejam iguais para todo x ∈ (0, L) e t > 0 concluimos
que independente de x e t e, portanto, são uma constante.
Assim as equações diferenciais diferenciais ordinárias nas variáveis x e t associadas são da forma
X ′′(x) + λX(x) = 0, T ′(t) + α2λT (t) = 0. (3)
Das condições de contorno temos que X(0)T (t) = 0 e X ′(L)Y (t) = 0 para todo t > 0. Como não
nos interessam soluções nulas, temos que X(0) = X ′(L) = 0.
Resolvendo primeiro o problema {
X ′′ + λX = 0,
X(0) = X ′(L) = 0
. (4)
Como no questão 1 concluimos que os auto-valores e as auto-soluções são
λk =
(
(2k − 1)π
2L
)2
e Xk(x) = sen
(2k − 1)πx
2L
, k ≥ 1.
Assim, a solução correspondente da equação (3) em t é dada por Tk(t) = e−(α
(2k−1)π
2L )
2
t, k ≥ 1.
Assim, obtemos as soluções fundamentais
uk(x, t) = Xk(x)Tk(t) = e−(α
(2k−1)π
2L )
2t sen
(2k − 1)πx
2L
, k ≥ 1.
A série de funções que é candidata a solução é da forma
u(x, y) =
∑
n=1,3,5,...
cn e
−(αnπ2L )
2t sen
nπx
2L
.
Analisando a condição inicial para determinar os coeficientes cn, temos
x = u(x, 0) =
∑
n=1,3,5,...
cn sen
nπx
2L
, 0 < x < L. (5)
Note que somente os coeficientes ı́mpares são não nulos e, portanto, necessitamos considerar a
seguinte extensão da função f(x) = x para determinar os coeficientes. Vamos então considerar uma
extensão ı́mpar e 4L-periodica f̃i(x) da função da seguinte maneira:
f̃i(x) =

f(x) se 0 < x ≤ L
f(2L− x) se L < x < 2L
−f(−x) se − L ≤ x < 0
−f(2L+ x) se − 2L < x < −L
0 se x = 0 ou x = 2L
=

x se 0 ≤ x ≤ L
2L− x se L < x ≤ 2L
x se − L ≤ x < 0
−2L− x se − 2L < x < −L
supondo tambem que f̃i(x+ 4L) = f̃i(x) para todo x ∈ R.
Observamos que a série de Fourier de f̃i(x) e dada por
S(x; f̃i(x)) =
∞∑
n=1
Cn sen
nπx
2L
, onde Cn =
2
2L
∫ 2L
0
f̃i(x) sen
nπx
2L
dx.
Com a representação de f̃i(x) em cima temos então
Cn =
1
L
(∫ L
0
f(x) sen
nπx
2L
dx+
∫ 2L
L
f(2L− x) sen nπx
2L
dx
)
.
4
Com y = 2L− x temos dy = −dx e
sen
nπ(2L− y)
2L
= sen
(
nπ − nπy
2L
)
= − sen
(nπy
2L
− nπ
)
e podemos então escrever
∫ 2L
L
f(2L− x) sen nπx
2L
dx = −
∫ L
0
f(y) sen
(nπy
2L
− nπ
)
dy =

−
L∫
0
f(y) sen nπy2L dy se n par
L∫
0
f(y) sen nπy2L dy se n ı́mpar
Concluimos que os coeficientes Cn são determinados pelo
Cn =

0 se n par
2
L
L∫
0
f(x) sen nπx2L dx se n ı́mpar
Com integração por partes, para n ı́mpar calculamos
2
L
L∫
0
f(x) sen
nπx
2L
dx =
2
L
L∫
0
x sen
nπx
2L
dx =
(
2L
nπ
)2
sen
nπ
2
=
(
2L
nπ
)2
(−1)n+1
e assim
Cn =
{
0 se n par(
2L
nπ
)2
(−1)n+1 se n ı́mpar
.
Como as funções f̃i e f̃ ′i são seccionalmente continuas, podemos aplicar o teorema de convergencia
de Fourier. Como f̃i é continua podemos concluir que S(x; f̃i) = f̃i(x) para todo x. Como f̃i(x) é
uma extensão da função f(x) = x, temos em particular x = f̃i(x) = S(x; f̃i) se 0 < x < L. Temos
então
x =
∑
n=1,3,5,...
(
2L
nπ
)2
(−1)n+1 sen nπx
2L
, 0 < x < L.
Comparando com (5) concluimos que cn =
(
2L
nπ
)2
(−1)n+1 e chegamos a solução
u(x, y) =
(
2L
π
)2 ∑
n=1,3,5,...
(−1)n+1
n2
e−(α
nπ
2L )
2t sen
nπx
2L
.
4. (2.5 p.) Encontre a solução u(x, y) da equação de Laplace uxx + uyy = 0 na faixa semi-infinita
R = (0,∞)× (0, b), que satisfaz as condições de contorno{
u(x, 0) = u(x, b) = 0, x > 0,
u(0, y) = 100, 0 < y < b.
Suponha que u(x, y) é limitada quando x→∞.
Resposta: Aplicando a técnica de separação de variáveis, vamos supor que a solução da equação
de Laplace seja da forma u(x, y) = X(x)Y (y). A equação de Laplace fornece X ′′Y = −XY ′′.
Rearranjando os termos obtemos X
′′
X = −
Y ′′
Y = λ, onde λ ∈ R, pois o primeiro termo dessa equação
só depende de x, o segundo só depende de y e como desejamos que sejam iguais para todo x > 0 e
y ∈ (0, b) concluimos que independente de x e y e, portanto, são uma constante.
5
Assim as equações diferenciais diferenciais ordinárias nas variáveis x e y são da forma
X ′′(x)− λX(x) = 0, Y ′′(y) + λY (y) = 0.
Das condições de contorno temos que X(x)Y (0) = 0 e X(x)Y (b) = 0 para todo x > 0. Como não
nos interessam soluções nulas, temos que Y (0) = Y (b) = 0.
Resolvendo primeiro o problema {
Y ′′ + λY = 0,
Y (0) = Y (b) = 0
, (6)
consideramos a equação caracteŕıstica r2 + λ = 0 e as ráızes dela. Devemos estudar os casos λ < 0,
λ = 0 e λ > 0.
a) λ < 0: ráızes da equação caracteŕıstica reais e distintas r1 =
√
|λ|, r2 = −
√
|λ|.
Então a solução geral é dada por Y (y) = A cosh(
√
|λ|y) + B senh(
√
|λ|y). Considerando
a condição de contorno, nos temos 0 = Y (0) = A e portanto a solução se torna Y (y) =
B senh(
√
|λ|y). Considerando a outra condição de contorno, nos temos 0 = Y (b) = B senh(
√
|λ|b).
Como λ 6= 0 e b 6= 0 temos senh(
√
|λ|b) 6= 0 e portanto B = 0. Portanto, a única solução
posśıvel quando λ < 0 é a solução trivial Y (y) = 0.
b) λ = 0: ráızes da equação caracteŕıstica reais iguais r1 = r2 = 0. A solução geral é dada por
Y (y) = Ay +B. Como 0 = Y (0) = B e 0 = Y (b) = Ab+B obtemos que A = B = 0. A única
solução posśıvel quando λ = 0 é a solução trivial Y (y) = 0.
c) λ > 0: ráızes da equação caracteŕıstica são complexos conjugados r1 = i
√
|λ|, r2 = −i
√
|λ|.
Seja γ =
√
|λ| > 0. A solução geral é dada por
Y (y) = A sen(γy) +B cos(γy).
Aplicando a primeira restrição no contorno 0 = Y (0) = B obtemos B = 0. Portanto a solução
se torna Y (y) = A sen(γy). Além disso temos 0 = Y (b) = γA sen(γb). Isto implica que ou
A = 0 ou sen(γb) = 0. Então, como γ > 0 e b > 0, conclúımos que γb = nπ, com n ≥ 1, e
conclúımos dáı que λ = γ2 =
(
nπ
b
)2, n ≥ 1. Dáı temos que os autovalores correspondentes
a λ > 0 são da forma λn =
(
nπ
b
)2, com n ≥ 1, e suas autofunções correspondentes serão
Yk(y)