GABARITO DA 2 a PROVA - CÁLCULO IV 1 0 PERÍODO a Questão:(valor 2.0) (a) O gráfico de f é esboçado na Figura 1. (b) Temos que: + [x]2 1 ((1))

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1 GABARITO DA a PROVA - CÁLCULO IV 0 PERÍODO 009 a Questão:(valor.0) (a) O gráfico de f é esboçado na Figura. (b) Cálculo de a 0. Temos que: a 0 = f (x)dx = a 0 = { dx + } dx = a 0 = { } [x] + [x] = a 0 =. (()) Cálculo de a n. Temos que: a n = f (x) cos nπx dx = a n = { cos nπx dx + cos nπx } dx, ou equivalentemente, a n = { 4 [sin nπ ] nπ x + [ sin nπ ] } nπ x, ou equivalentemente, a n = { 4 nπ sin nπ nπ sin nπ } = a n = nπ sin nπ. (()) Cálculo de b n. Temos que: b n = f (x) sin nπx dx = b n = { sin nπx dx + sin nπx } dx,

2 ou equivalentemente, b n = { 4 [cos nπ ] nπ x [ cos nπ ] } nπ x, ou equivalentemente, b n = { 4 nπ cos nπ 4( )n ( )n + nπ nπ nπ cos nπ Portanto, a série de Fourier da função f é da forma: } = b n = 3 nπ cos nπ 3( )n nπ. ((3)) 4 + π n= n sin nπ cos nπ x + 3 π n= [ cos nπ n ( )n] sin nπx. ((4)) (c) Teorema de Fourier: Suponha que f intervalo [ L, L]. e f são contínuas por partes no Suponha também que f está definida fora do intervalo [ L, L], de modo a ser periódica com período T = L. Então, f a 0 + n= a n cos nπx L tem uma série de Fourier + n= b n sin nπx L. ((5)) Além disso, a série de Fourier converge para f (x) em todos os pontos onde f é contínua e converge para descontínua. f (x+) + f (x ) em todos os pontos onde No nosso caso f e f satisfazem as hipóteses do teorema no intervalo [, ] e T = 4. A função f Terema de f é é descontínua em x =, x =, x = e x =. Então, pelo

3 Fourier temos que se: (i) x = = a série de Fourier converge para + = ; (ii) x = = a série de Fourier converge para 0 = ;. (iii) x = = a série de Fourier converge para (iv) x = = a série de Fourier converge para + =. f (+) + f ( ) f ( +) + f ( ) f (+) + f ( ) = + 0 f (+) + f ( ) Por outro lado, nos pontos onde f é contínua pelo Terema de Fourier temos que a série converge para f (x). O gráfico da soma da série é esboçado na Figura. a Questão:(valor.5) a) Denotemos por g(x) a extensão par e periódica definida por: g(x) = f(x), 0 x π, f( x), π < x < 0. ; g(x + π) = g(x) = = = = Logo: g(x) = x, 0 x π/, 0, π/ < x < π, x, π/ < x, 0, 0, π < x < π/. ; g(x) = g(x + π) ((6)) O gráfico de g(x) é esboçado na Figura 3. b) Denotemos por h(x) a extensão ímpar e periódica definida por: h(x) = f(x), 0 < x <, 0, x = 0 e x =, f( x), < x < 0. ; h(x) = h(x + π) 3

4 Logo: h(x) = x, 0 < x π/, 0, π/ < x π, 0, x = 0, x, π/ x < 0, 0, π < x < π/. ; h(x) = h(x + π) ((7)) c) Cálculo de b n. Temos que: b n = π π 0 f (x) sin nxdx = b n = π π/ 0 x sin nxdx = b n = n cos nπ + πn sin nπ. ((9)) Portanto, a série de Fourier da função g é da forma: n= 3 a Questão:(valor 3.0) a) Considere: ( n cos nπ + πn sin nπ ) sin nx ((0)) u(x, t) = F (x)g(t) ou u(x, t) = X(x)T (t). (()) De () obtemos que: u t (x, t) = F (x)g (t) ou u t (x, t) = X(x)T (t), (()) u x (x, t) = F (x)g(t) ou u x (x, t) = X (x)t (t). 4

5 Substituindo () e () em () resulta que: F (x)g (t) = 4F (x)g(t) ou X(x)T (t) = 4X (x)t (t). ((3)) Dividindo (3) por F (x)g(t) ou X(x)T (t) obtemos que: G (t) 4G(t) = F (x) = σ ou T (t) F (x) 4T (t) = X (x) = σ. ((4)) X(x) De (4) resulta que as duas equações diferenciais associadas são da forma: F (x) σf (x) = 0 G (t) 4σG(t) = 0 ((5)) ou, X (x) + σx(x) = 0 T (t) + 4σT (t) = 0 ((6)) Resumo: Autovalores: 0 e n, com n N Autofunções associadas aos autovalores acima: e cos nx, com n N b) Solucao em F (x) e G(t) Das condições de fronteira temos que u x (0, t) = 0. Então, tomando 0 = u x (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 Princípio da Superposição, temos que F (0) = 0. De forma análoga a condição u x (π, t) = 0 nos leva a F (π) = 0. Considere a equação (5). Então a equação característica é da forma: m = σ = m = σ, m = σ. ((7)) De (7) e considerando a hipótese que devemos desprezar o caso em que as raízes são reais e distintas devemos estudar os casos σ = 0 e σ < 0. Seja σ = 0. Então, de (5) obtemos: 5

6 F (x) = c + c x. ((8)) De (8) resulta que: F (x) = c. ((9)) Substituindo x = 0 em (9) obtemos que: F (0) = c = c = 0, por (). ((0)) Observe que c = 0 independente se x = 0 ou x = π. Portanto: F (x) = c. (()) Seja σ < 0 e σ = λ, λ > 0. Então, de (5) obtemos: F (x) = d cos λx + d sin λx. ((4)) De (4) resulta que: F (x) = λd sin λx + λd cos λx. ((5)) Substituindo x = 0 em (5) obtemos que: F (0) = λd = d = 0, por (). ((6)) Substituindo x = π em (5) obtemos que: F (π) = λd sin λπ = sin λπ = 0, por () = λ = n, n =,,.., por (). ((7)) Substituindo o valor de d dado por (6) e o valor de λ dado por (7) em (4) resulta 6

7 que: F n (x) = d cos nx, n =,,... ((8)) b) Solucao em X(x) e T (t) Das condições de fronteira temos que u x (0, t) = 0. Então, tomando 0 = u x (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 Princípio da Superposição, temos que X (0) = 0. De forma análoga a condição u x (π, t) = 0 nos leva a X (π) = 0. Considere a equação (6). Então a equação característica é da forma: m = σ = m = σ, m = σ. ((9)) De (9) e considerando a hipótese que devemos desprezar o caso em que as raízes são reais e distintas devemos estudar os casos σ = 0 e σ > 0. Seja σ = 0. Então, de (6) obtemos: X(x) = c + c x. ((30)) De (30) resulta que: X (x) = c. ((3)) Substituindo x = 0 em (3) obtemos que: X (0) = c = c = 0, por (). ((3)) Observe que c = 0 independente se x = 0 ou x = π. Portanto: X(x) = c. ((33)) Seja σ > 0 e σ = λ, λ > 0. Então, de (6) obtemos: X(x) = d cos λx + d sin λx. ((34)) 7

8 De (34) resulta que: X (x) = λd sin λx + λd cos λx. ((35)) Substituindo x = 0 em (35) obtemos que: X (0) = λd = d = 0, por (). ((36)) Substituindo x = π em (35) obtemos que: X (π) = λd sin λπ = sin λπ = 0, por () = λ = n, n =,,.., por (). ((37)) Substituindo o valor de d dado por (36) e o valor de λ dado por (37) em (34) resulta que: X n (x) = d cos nx, n =,,... ((38)) Resumo: Autovalores: 0 e n, com n N Autofunções associadas aos autovalores acima: e cos nx, com n N c) Solucao em F (x) e G(t) Considere G(t). Substituindo σ = 0 em (5) obtemos: G (t) = 0 = G(t) = k. ((39)) Substituindo σ = n em (5) obtemos: G (t) + 4n G(t) = 0 = G n (t) = k e 4nt. ((40)) 8

9 c) Solucao em X(x) e T (t) Considere T (t). Substituindo σ = 0 em (6) obtemos: T (t) = 0 = T (t) = k. ((4)) Substituindo σ = n em (6) obtemos: T (t) + 4n T (t) = 0 = T n (t) = k e 4nt. ((4)) d) 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 () e (39) obtemos que a solução de () + () associada ao autovalor σ = 0 que denotaremos por u 0 (x, t) é da forma: u 0 (x, t) = a 0, onde a 0 = c k. ((43)) Por outro lado da hipótese que u(x, t) = F (x)g(t), de (8) e (40) obtemos que a solução de () + () associada ao autovalor σ = n que denotaremos por u n (x, t) é da forma: u n (x, t) = K cos nxe 4nt. ((44)) Portanto, uma candidata a solução de (), () e (3) denotada por u(x, t) é da forma: u(x, t) = u 0 (x, t) + u n (x, t), ou equivalentemente, u(x, t) = a 0 + K cos t nxe 4n. ((45)) Substituindo t = 0 na equação (45) resulta que: 9

10 u(x, 0) = a 0 + K cos nx. ((46)) Mas, por (3) temos que: u(x, 0) = 3 cos 6x 5 cos 0x. ((47)) Comparando (46) e (47) temos então que a solução de u(x, t) de (), () e (3) não é dada por (45). Por outro lado sabemos que vale o princípio da superposição finita. Logo é verdadeiro supormos que u(x, t) é da forma: u(x, t) = a 0 + K n cos nxe 4nt. ((48)) n= Substituindo t = 0 na equação (48) resulta que: Mas, por (3) temos que: u(x, 0) = a m 0 + K n cos nx. ((49)) n= u(x, 0) = 3 cos 6x 5 cos 0x. ((50)) Comparando (49) e (50) obtemos que: a 0 +K cos x+k cos x+..+k 6 cos 6x+..+K 0 cos 0x+..K m cos mx = 3 cos 6x 5 cos 0x. Logo: a 0 = 0; n = 6 e K 6 = 3; n = 0 e K 0 = 5; n 6 e n 0 = K n = 0. ((5)) De (49) e (5) obtemos que: 0

11 u(x, t) = 3 cos 6xe 44t 5 cos 0xe 400t. ((5)) d) 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 (4) obtemos que a solução de () + () associada ao autovalor σ = 0 que denotaremos por u 0 (x, t) é da forma: u 0 (x, t) = a 0, onde a 0 = c k. ((53)) Por outro lado da hipótese que u(x, t) = X(x)T (t), de (38) e (4) obtemos que a solução de () + () associada ao autovalor σ = n que denotaremos por u n (x, t) é da forma: u n (x, t) = K cos nxe 4nt. ((54)) Portanto, uma candidata a solução de (), () e (3) denotada por u(x, t) é da forma: u(x, t) = u 0 (x, t) + u n (x, t), ou equivalentemente, u(x, t) = a 0 + K cos t nxe 4n. ((55)) Substituindo t = 0 na equação (55) resulta que: u(x, 0) = a 0 + K cos nx. ((56)) Mas, por (3) temos que: u(x, 0) = 3 cos 6x 5 cos 0x. ((57))

12 Comparando (56) e (57) temos então que a solução de u(x, t) de (), () e (3) não é dada por (55). Por outro lado sabemos que vale o princípio da superposição finita. Logo é verdadeiro supormos que u(x, t) é da forma: u(x, t) = a m 0 + K n cos nxe 4nt. ((58)) n= Substituindo t = 0 na equação (58) resulta que: Mas, por (3) temos que: u(x, 0) = a m 0 + K n cos nx. ((59)) n= u(x, 0) = 3 cos 6x 5 cos 0x. ((60)) Comparando (59) e (60) obtemos que: a 0 +K cos x+k cos x+..+k 6 cos 6x+..+K 0 cos 0x+..K m cos mx = 3 cos 6x 5 cos 0x. Logo: a 0 = 0; n = 6 e K 6 = 3; n = 0 e K 0 = 5; n 6 e n 0 = K n = 0. ((6)) De (58) e (6) obtemos que: u(x, t) = 3 cos 6xe 44t 5 cos 0xe 400t. ((6)) 4 a Questão:(valor.5) (i) Considere o problema de valor de contorno dado abaixo: (4) H (x) σh(x) = 0; 0 < x <, (5) H(0) = H() = 0.

13 De (4) temos que a equação característica é da forma: m = σ = m = σ, m = σ. Caso : Considere σ > 0. Da equação acima e de (4) obtemos: H(x) = c e σx + c e σx. Substituindo x = 0 em H(x) resulta que: H(0) = c + c = 0, por (5) = c = c. Substituindo x = em H(x) e do fato que c = c resulta: H() = c e σ c e σ = 0, por (5) = c = c e 4 σ = σ = 0 ou c = 0. Como, pela hiptese do caso, σ > 0, temos que c = 0 e daí concluímos que: H(x) = 0. ((63)) Caso : Considere σ = 0. De (4) e de que m = m = 0 obtemos: H(x) = c + c x. Substituindo x = 0 em H(x) resulta que: H(0) = c = 0, por (5). Substituindo x = em H(x) e do fato que c =0 obtemos: H() = c = 0 = c = 0, por (5). 3

14 Do exposto concluímos que: H(x) = 0. ((67)) Caso 3 : Considere σ < 0. Suponha que σ = λ, λ > 0. De (4) e de que m = λi e m = λi obtemos: H(x) = c cos λx + c sin λx. Substituindo x = 0 em H(x) resulta que: H(0) = c = 0, por (5). Substituindo x = em H(x) e do fato que c =0 obtemos: H() = c sin λ = 0, por (5) = c = 0 e ou sin λ = 0 = λ = nπ = λ = nπ. Disto resulta que se: com n N pois λ > 0 c = 0 = H(x) = 0, ((68)) sin λ = 0 = H n (x) = c sin nπ, (ii) Considere o problema de valor de contorno dado abaixo: (4) H (x) + σh(x) = 0; 0 < x <, (5) H(0) = H() = 0. De (4) temos que a equação característica é da forma: m = σ = m = σ, m = σ. Caso : Considere σ < 0. 4

15 Da equação acima e de (4) obtemos: H(x) = c e σx + c e σx. Substituindo x = 0 em H(x) resulta que: H(0) = c + c = 0, por (5) = c = c. Substituindo x = em H(x) e do fato que c = c resulta: H() = c e σ c e σ = 0, por (5) = c = c e 4 σ = σ = 0 ou c = 0. Como, pela hiptese do caso, σ > 0, temos que c = 0 e daí concluímos que: H(x) = 0. ((69)) Caso : Considere σ = 0. De (4) e de que m = m = 0 obtemos: H(x) = c + c x. Substituindo x = 0 em H(x) resulta que: H(0) = c = 0, por (5). Substituindo x = em H(x) e do fato que c =0 obtemos: H() = c = 0 = c = 0, por (5). Do exposto concluímos que: H(x) = 0. ((70)) 5

16 Caso 3 : Considere σ > 0. Suponha que σ = λ, λ > 0. De (4) e de que m = λi e m = λi obtemos: H(x) = c cos λx + c sin λx. Substituindo x = 0 em H(x) resulta que: H(0) = c = 0, por (5). Substituindo x = em H(x) e do fato que c =0 obtemos: H() = c sin λ = 0, por (5) = c = 0 e ou sin λ = 0 = λ = nπ = λ = nπ. Disto resulta que se: com n N pois λ > 0 c = 0 = H(x) = 0, ((7)) sin λ = 0 = H n (x) = c sin nπ., 6

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