TEMPO DE PROVA: 2h. y 4y +5y = g(t), y(0) = 0, y (0) = 0. 0, se 0 t < 3; 7, se t 3. g(t) = s 2 4s+5 ) (s 2) f : [0,1] R x 1 x. 1 (2m+1) 2.

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1 Página Instituto de Matemática - IM/UFRJ Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 25/6/25 TEMPO DE PROVA: 2h Questão : (3. pontos) Resolva o problema de valor inicial onde y 4y +5y g(t), y(), y () g(t), se t < 3; 7, se t 3. Escreva g como g(t) 7u 3 (t). Daí, 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] (s 2 L[y] sy() y ()) 4(sL[y] y())+5l[y] (s 2 4s+5)L[y] Daí obtemos L[y] 7e 3s s(s 2 4s+5) 7e 3s 5 ( s s 4 s 2 4s+5 ) 7e 3s 5 ( s s 2 (s 2) (s 2) 2 + ) [ ] 7 L 5 u 3(t)f(t 3), onde f(t) e 2t (cos(t)+2sin(t)). Portanto, a solução é y(t) 7 5 u 3(t)( e 2(t 3) (cos(t 3)+2sin(t 3))). Questão 2: (2. pontos) (a) [.5] Determine a série de Fourier em cossenos da função f : [,] R x x. (b) [.5] Determine o valor da soma m (2m+) 2.

2 Página 2 Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 25/6/25 (continuação) A série de Fourier em cossenos de f é f(x) 2 a + a m cos(mπx), onde, pela fórmula de Euler-Fourier, temos, para todo m >, b m 2 ( x)cos(mπx)dx [ 2 mπ ( x)sen(mπx) [ ] 2 m 2 π 2cos(mπx) 2( ( )m ) m 2 π 2, ] + 2 mπ sen(mπx)dx e Daí, b 2 ( x)dx [ 2x x 2]. f(x) 2 + 2( ( ) m ) cos(mπx) m 2 π (2m+) 2 π 2cos((2m+)πx). m Como a extensão par da função f ao intervalo [,] é contínua em, pelo teorema de convergência de Fourier, f() (2m+) 2 π 2. Daí, m m (2m+) 2 π2 8. Questão 3: (2. pontos) Encontre as autofunções e autovalores do problema y 2y λy, y() y(2π). O polinômio característico da equação é r 2 2r λ (r ) 2 (+λ).

3 Página 3 Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 25/6/25 (continuação) Chame α +λ. Temos 3 casos: : α >. Nesse caso, r ± α. A solução geral é y e x (Acosh( αx)+bsenh( αx)). Como y(), A. Como y(2π), e 2π Bsenh(2π α) e como e 2π senh(2π α), B. Segue que só existem soluções triviais e então não há autovalores positivos. 2: α. Nesse caso, r e a solução geral é y e x (A+Bx). Como y(), A. Como y(2π), e 2π B2π, e então B. Segue que só existe a solução trivial e então não é autovalor. 3: α <. Nesse caso, r ±i α. A solução geral é y e x (Acos( α x)+bsen( α x)). Como y(), A. Como y(2π), Bsen(2π α ). Segue que tem soluções não triviais se, e somente se, sen(2π α ). Isto é, se e somente se 2π α mπ, para m inteiro e positivo. Os valores negativos de α são então e as autofunções correspondentes são α m m2 4, m N, y m (x) e x sen ( mx ), m N. 2 Segue que os autovalores e autofunções do problema são ) ( λ m (+ m2 mx ), f m (x) e x sen, m Z,m >. 4 2 Questão 4: (3. pontos) Determine a solução u(x, t) do problema u xx (x,t) 4u(x,t)+u tt (x,t) x (,),t (, ), u(,t) u(,t) t [, ), u(x,) x( x) x [,], u t (x,) x [,].

4 Página 4 Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 25/6/25 (continuação) 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()T(t) u(,t), X()T(t) u(,t). Daí X() X(), e temos que solucionar o problema de autovalors com condições de contorno seguinte. X λx, Tem 3 casos. : λ > - a solução geral é X() X(). X(x) Acosh( λx)+bsenh( λx). Como X(), A. Como X(), Bsenh( λ) e como senh( λ), B. Segue que só existem soluções triviales e então não há autovalores positivas. 2: λ - a solução geral é X(x) A+Bx. Como X(), A e como X(), B. Segue que só existe a solução trivial e então não é autovalor. 3: λ < : A solução geral é X(x) Acos( λ x)+bsen( λ x). Como X(), A. Como X(), Bsen( λ ). Segue que tem soluções não triviales se e somente se sen( λ ). Istó é, se e somente se λ mπ,

5 Página 5 Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 25/6/25 (continuação) para m inteiro e positivo. Os autovalores negativas são então e as autofunções correspondentes são Substitindo isso na equação para T, temos e a solução dessa equação é Segue que a solução geral é u(x,t) u t (x,t) Substituindo as condições iniciais, temos e λ m m 2 π 2, m N, X m (x) sen(mπx), m N. T m(t) (4+m 2 π 2 )T(t), T m (t) a m sen( 4+m 2 π 2 t)+b m cos( 4+m 2 π 2 t). ( sen(mπx) a m sen( 4+m 2 π 2 t)+b m cos( ) 4+m 2 π 2 t) 4+m2 π sen(mπx)( 2 a m cos( 4+m 2 π 2 t) b m sen( ) 4+m 2 π 2 t). x( x) u(x,) u t (x,) b m sen(mπx), 4+m2 a m sen(mπx). Segue que a m para todo m, e, pelo fórmula de Euler-Fourier para séries de Fourier em senos, para todo m, e a solução é, b m 2 (x x 2 )sen(mπx)dx [ ] 2 mπ (x x2 )cos(mπx) + 2 ( 2x)cos(mπx)dx mπ [ ] 2 m 2 π 2( 2x)sen(mπx) + 4 sen(mπx)dx m 2 π 2 [ ] 4 m 3 π 3cos(mπx) 4( ( )m ) m 3 π 3, u(x,t) 4( ( ) m ) sen(mπx)cos( 4+m m 3 π 2 π 2 t). 3

6 Página 6 Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 25/6/25 (continuação) Justifique todas as suas respostas! Apresente seus cálculos. TABELA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE NO VERSO!

7 Página 7 Segunda prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 25/6/25 (continuação) Transformadas de Laplace elementares. f L[f] s, s > t m m! (m N) s m+, s > e at s a, s > a sen(at) cos(at) e at sen(bt) e at cos(bt) senh(at) cosh(at) a s 2 +a 2, s > s s 2 +a 2, s > b (s a) 2 +b 2, s > (s a) (s a) 2 +b 2, s > a s 2 a2, s > a s s 2 a2, s > a u a (t)f(t a) e as L[f](s) e at f L[f](s a) f (m) (t) s m L[f](s) s m f()... f (m ) () Integrais úteis. x m cos(αx)dx xm α sen(αx) m x m sen(αx)dx α x m sen(αx)dx xm α cos(αx)+ m x m cos(αx)dx α O problema y +λy y(),y(l) tem autovalores λ n 2 π 2 /L 2, n N, e as autofunções correspondentes são ( nπx ) y n (x) sen. L