Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 ō Semestre 2012/2013

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Ester Aleixo
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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais ō Semestre 1/13 ō Teste Versão A (Cursos: LEAN, LEMat, LMAC, MEAer, MEAmbi, MEBiom, MEBiol, MEFT, MEMec, MEQ) 5 de Maio de 13, 11h Duração: 1h 3m 1. Considere o seguinte problema de valor inicial (a) Determine uma solução do problema. y senx+ycosx = 1, y( π ) =. (b) Indique o intervalo máximo de existência da solução encontrada e justifique que é a única solução do PVI. (a) Como y senx+ycosx = d dx (y(x)senx), a solução geral da equação é dada por ysenx = x + C, e da condição inicial concluímos que C = π. Portanto, uma solução do problema de valor inicial será y(x) = x π/ senx. Observação: Em qualquer caso, a equação é linear e pode ser escrita na forma admitindo como factor integrante y + cosx senx y = 1 senx cosx µ(x) = e senx dx = senx (b) A solução indicada na aĺınea anterior está bem definida para x,π. Escrevendo a equação na forma y = f(x,y) = 1 ycosx, senx concluímos imediatamente que, π é o intervalo máximo de existência visto a equação deixar de fazer sentido em x = ou x = π. A função 1 ycosx senx é obviamente contínua em R e a sua derivada parcial em ordem a y, f y (x,y) = cosx senx, é contínua para (x,y) R : y kπ, k Z. Concluímos portanto pelo Teorema de Picard- Lindelof que a solução obtida anteriormente é única.

2 . Considere a matriz A = (a) Calcule e At. (b) Resolva o problema de valor inicial y e 3t (t) = Ay(t)+b(t) com b(t) = y() =. 1 (a) Os valores próprios da matriz A são dados por det(a λi) = 5 λ λ = λ +6λ+9 = λ = 3 e os respectivos vectores próprios 4 (A+3I)v = 1 v = v = 1 x para x R, Atendendo a que a matriz A não é diagonalizável, obtemos a sua forma canónica de Jordan, procurando um vector próprio generalizado: 4 1 (A+3I)w = w = w = Então temos e consequentemente e At = Se Jt S 1 = Resolução alternativa A = SJS 1 = e 3t te 3t e 3t = e 3t 1 t 4t t 1+t Amatrize At éumamatrizsoluçãofundamentalassociadaàequaçãoy = Ay. Paraadeterminar vamos calcular a solução geral do sistema. Fazendo y = (x,y) obtem-se. y = Ay { x = 5x+4y y = x y { ( y y) = 5( y y)+4y x = y y Resolvendo a equação em y obtem-se y +6y +9y = (D +6D +9)y = y(t) = ae 3t +bte 3t e substituindo na outra equação x = (ae 3t +bte 3t ) (ae 3t +bte 3t ) = (a b)e 3t +bte 3t

3 Assim a solução geral da equação é dada por x(t) (a b)e = 3t +bte 3t y(t) ae 3t +bte 3t A matriz S(t) = e 3t 1+t 1 t = e 3t 1+t 1 t a b é uma matriz solução fundamental, mas dado que S() não é a matriz identidade S(t) não é a matriz e At. Tendo-se então que 1 e at = S(t)S 1 () = e 3t 1+t 1 = e 3t 1 t 4t 1 t 1 t 1+t (b) Usando a fórmula de variação das constantes temos ˆ t y(t) = e At y()+ e A(t s) b(s)ds = e 3t 4t 1+t = e 3t 4t +(e 3t t t ) 1+t t ds = e 3t 6t t 1+t t. + ˆ t (e 3t 1 (t s) ) (t s) ds val. 3. Calcule a solução do problema de valor inicial y 5y +6y = δ(t )+1e t, y() =, y () =. Por aplicação da Transformada de Laplace (designada por Y) e atendendo às condições iniciais, obtemos Temos então que (z 5z +6)Y(z) = L(δ(t ))+L(1e t ) = e z + 1 z 1. Y(z) = Decompondo em fracções simples e e z (z 5z +6) + 1 (z 1)(z 5z +6). 1 (z 5z +6) = 1 (z )(z 3) = 1 z 3 1 z, 1 (z 1)(z 5z +6) = 6 (z 3) + 6 z 1 1 z. Atendendo às propriedades da Transformada de Laplace, temos então que a solução é dada por: y(t) = H(t )e 3(t ) H(t )e (t ) +6e 3t +6e t +1e t. Observação: Em alternativa, poderia ter sido utilizada a fórmula da inversão da Transformada de Laplace, visto que e zt Y(z) tem polos simples em z = 1, z = e z = 3.

4 4. Considere o problema de valores na fronteira e valor inicial t = u t x, x,π, t > u(t,) = u(t,π) =, t (1) u(,x) = f(x), x,π em que f é a função definida em,π por se x, π f(x) = π se x π,π 1,5 val. (a) Determine a série de senos da função f(x) e indique a soma da série no intervalo,π. (b) Calcule uma solução formal, u(t, x), do problema (1). (a) A série de senos da função f(x) em,π é dada por em que, para n N Assim b n = π ˆ π S sen f(x) = f(x)sen(nx)dx = π S sen f(x) = ˆ π π b n sen(nx) πsen(nx)dx = n ( cos nπ n ( 1)n) sen(nx) e para x,π a soma da série é dada por se x, π ou x = π π S sen f(x) = se x = π π se x π,π (cos nπ ( 1)n) (b) Comecemos por determinar, usando separação de variáveis, soluções não nulas do problema de valores na fronteira t = u t x, x,π, t > u(t,) = u(t,π) =, t Vamos determinar soluções de () da forma u(t, x) = T(t)X(x). Substituindo na equação t = t u x T (t)x(x) = tt(t)x (x) ()

5 e dividindo por T(t)X(x) obtem-se T (t) tt(t) = X (x) X(x), x,π e t > Verifica-se que a única forma de uma função de t igualar uma função de x para todos os valores possíveis de t e x é que ambas as funções igualem a mesma constante, isto é λ R T (t) tt(t) = λ e X (x) X(x) = λ Por outro lado, substutuindo u(t, x) = T(t)X(x) nas condições iniciais obtemos u(t,) = T(t)X() = X() = ou T(t) u(t,π) = T(t)X(π) = X(π) = ou T(t) Visto T(t) não poder ser a função nula (pois isso implicaria que tambem u(t,x) fosse a função nula que obviamente não é solução de (1) pois não verifica a condição inicial), conclui-se que X() = X(π) =. Temos assim dois problemas para resolver (P1) { X λx = X() = X(π) = e (P) T (t) T(t) = λt (P1) é um problema de valores próprios correspondentes a um problema com condições de fronteira de Dirichlet. A equação X λx = (D λ)x = tem como solução geral X(x) = Ax+B se λ = Ae µx +Be µx se λ > (λ = µ ) Asen(µx)+Bcos(µx) se λ < (λ = µ ) e atendendo às condições de fronteira verifica-se que qualquer λ não é valor próprio (a única solução de (P1) é a solução nula). Se λ = µ <, tem-se que X() = implica B = e X(π) = implica que Asen(µπ) =. Para que a solução não seja a solução nula há que forçar sen(µπ) = ou seja µ = n. Conclui-se que para cada n N os valores próprios de (P1) são λ = µ = n correspondentes `s soluções sen(nx) (observa-se que para qualquer outro valor de λ a única solução de (P1) é X(x) que como já foi referido naão produz qualquer solução de (1)). Vamos agora procurar a solução de (P) apenas para λ = n. Assim T (t) T(t) = n t T(t) = e n t Concluimos que para cada n N, e n t sen(nx) são soluções de (), pelo que, formalmente, qualquer combinação linear (finita ou infinita) tambem é. Ou seja a solução de () tem a forma u(t,x) = c n e n t sen(nx), (cn ) R

6 Finalmente para determinar as constantes (c n ) vamos utilizar a condição inicial u(,x) = f(x) c n sen(nx) = f(x) Usando a série de senos da função f(x) em,π concluimos que c n = ( cos nπ n ( 1)n), n N pelo que a solução formal de (1) é u(t,x) = ( cos nπ n ( 1)n) e n t sen(nx) 5. Para b R e g : R R dados, considere o seguinte problema de valor inicial: t +b x = x R, t > u(,x) = g(x), x R.,5 val. (a) Verifique que u(t,x) é constante ao longo do segmento de recta no plano que passa por (t,x) com direção (1,b). (b) Atendendo ao resultado da aĺınea anteriorjustifique que se o problema tem um solução ela deve ser da forma u(t,x) = g(x tb). Verifique que se g C 1 (R) essa é de facto uma solução. (a) Para u := (u t,u x ), a equação pode escrever-se na forma: < u(t,x),(1,b) >=, (t,x) R + R, onde <.,. > designa o produto interno em R. Como o campo gradiente é ortogonal aos conjuntos de nível, a equação indica precisamente que u(t,x) é constante ao longo da recta que passa por (t,x) com direção (1,b). (b) Sabemos pela aĺınea anterior que uma solução da equação é constante ao longo de u(t+s,x+bs), s R, s+t >. Esta recta passando por (t,x) atinge o eixo t = para s = t. Atendendo à condição inicial temos então que u(t,x) = u(,x bt) = g(x bt). Se g C 1 (R) então u(x,t) := g(x bt) é uma função de classe C 1 (R + R), que verifica a condição inicial e trivialmente temos que u x (t,x) = g (x bt), u t (t,x) = bg (x bt), e portanto u t (t,x)+bu x (t,x) =, (t,x) R + R.

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