Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 o Semestre 2014/2015

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Carmem Ferrão da Fonseca
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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 o Semestre 2014/2015 (Cursos: 2 o Teste, versão A LEAN, LEGM, LMAC, MEBiom, MEC, MEFT, MEMec) 30 de Maio de 2015, 9h Duração: 1h 30m INSTRUÇÕES Não é permitida a utilização de quaisquer elementos de consulta, incluindo máquinas de calcular e telemóveis. Justifique as suas respostas e apresente todos os cálculos. Numere todas as páginas do seu caderno de respostas e indique na tabela abaixo as páginas onde as questões estão respondidas. Pergunta Páginas Cotação Classificação 1) 2,0 2) 2,0 3) 2,0 4) 1,5 5) 1,5 6) 1,0 Total 10 Nome: N rō : Curso: Sala: Rubrica (DOCENTE):

2 1. Considere a seguinte equação: ( 1 + t + sen(2y) ) cos(2y) dy dt = 0. a) Mostre que a equação não é exacta mas admite um factor integrante da forma µ = µ(t). b) Determine a solução geral da equação, na forma impĺıcita. Solução: a) Sejam M(t, y) = 1 + t + sen(2y) e N(t, y) = cos(2y). Como M N t = 0 a equação não é exacta. Para µ(t) uma função de t tem-se [ ] [ ] (1 + t + sen(2y))µ(t) = cos(2y)µ(t) y t 2 cos(2y)µ(t) = cos(2y)µ (t) 2µ = µ. y = 2 cos(2y) e Portanto µ(t) = e 2t é um factor integrante. b) Usando o factor integrante e 2t obtem-se uma solução geral, na forma impĺıcita, 1 2 e 2t (3/2 + t + sen(2y)) = C uma constante. De facto, tem-se ϕ y = e 2t cos(2y) ϕ(t, y) = e 2t sen(2y) + f(t) 2 e 2t( 1 + t + sen(2y) ) = e 2t sen(2y) + f (t) e 2t( 1 + t ) = f (t) 1 2 e 2t ( t ) + uma constante = f(t)

3 2. Considere [ o] sistema de equações [ ] diferenciais ordinárias x = Ax + b(t) com A = e b(t) = e 2 1 t. 4t a) Determine a solução geral da equação homogenénea associada. [ ] 0 b) Determine a solução que verifica a condição inicial x(0) =. 0 a) O polinómio caractrítico de A é (λ 1) 2. Portanto e At = e t( I + (A I)t ) [ ] 1 0 = e t. 2t 1 Segue-se que a solução geral da equação homogénea é [ ] [ ] 1 1 ae t + be t. 2t 0 b) Segundo o método de variação das constantes existe uma solução da forma e At c(t) em que Portanto a solução geral da equação é [ ] 1 0 e t 2t 1 c (t) = e At b(t) = e t( I + (A I)t ) [ ] [ ] = e t e t 2t 1 4t [ ] 1 = 2t [ ] a + t b + t 2. Logo [ ] t x(t) = e t 3t 2.

4 (2 val) 3. Resolva apenas um (à sua escolha) dos problemas de valor inicial seguintes: a) y + 4y = 1 H 4 (t), y(0) = 3, y (0) = 2, onde H 4 (t) = 0 para t < 4 e H 4 (t) = 1 para t 4. b) y 4y + 4y = 10e 2t, y(0) = 1, y (0) = 0. Solução: a) Usando a transformada de Laplace obtem-se L{y + 4y} = L{1 H 4 (t)} s 2 Y (s) 3s 2 + 4(Y (s) 3) = 1 e 4s s 3s + 14 Y (s) = s e 4s s(s 2 + 4) s = 3 s s e 4s 4 y(t) = 3 cos(2t) + 7 sen(2t) + 1 cos(2t) 4 ( 1 s s ) s H 4 (t) b) A solução geral da equação homogénea é (a+bt)e 2t. Usando o método dos coeficientes indeterminados uma solução particular é de forma ct 2 e 2t. O coeficiente c satisfaz Portanto a solução geral é Aplicando as condições iniciais obtem-se 2c = 10. y(t) = (a + bt + 5t 2 )e 2t. y(t) = (1 2t + 5t 2 )e 2t. 1 cos(2(t 4)) 4

5 (1,5 val) 4. Considere a função f : [ 2π, 2π] R dada por: { 0 se 2π x 0 f(x) = 2x se 0 < x 2π Determine a sua série de Fourier e estude-a quanto à convergência pontual em R. Solução: A série de Fourier de f é com a a n cos(nx/2) + b n sen(nx/2) n=0 a 0 = 1 ˆ 2π 2x dx = 2π 2π 0 a n = 1 ˆ 2π 2x cos(nx/2) dx, n 1 2π 0 = 4 ( ( 1) n 1 ) b n = 1 2π n 2 π ˆ 2π 0 2x sen(nx/2) dx, n 1 = ( 1) n 4 n. Portanto a série de Fourier de f é F (x) = π + 4 n=0 ( 1) n n 2 π cos(nx/2) + ( 1)n n sen(nx/2). Como f é contínua em [ 3π, 3π], e seccionalmente de classe C 1 tem-se f(x) se 2π < x < 2π F (x) = 2π se x = ±2π F (x + 4π) (1,5 val) 5. Determine a solução do problema de valores iniciais e de fronteira u t = u 2 2 4u para t > 0, x ]0, 2π[ x2 u(t, 0) = 0, u(t, 2π) = 0 para t > 0 u(0, x) = sen(x) 4 sen(5x) para x [0, 2π]

6 Sendo u(t, x) = T (t) X(x) e substituindo na equação diferencial, obtém-se Portanto Resolvido o problema de fronteira T X = 2T X 4T X T 2T + 2 = X = λ (constante). X X + λx = 0 T + 2(λ + 2)T = 0. X + X = 0, X(0) = 0 e X(2π) = 0. caso λ = 0: A função X é linear, X(x) = ax = b, e satisfaz as condições de fronteira se e só se X(x) = 0. caso λ 0: A função X é da forma a cos( λx) + b sen( λx), e satisfaz as condições de fronteira se e só se [ ] [ ] = 0 cos( λ2π) sen( λ2π) [ ] a. b Tem-se uma solução não trivial se e só se sen( λ2π) = 0, ou seja λ = n 2 /4. Obtém-se B n e (4+n2 /2)t sen(nx/2) n=1 satisfaz formalmente as condições na fronteira, e usando a condição inicial obtém-se Note para λ < 0, tem-se u(t, x) = e 6t sen(x) 4e 54t sen(5x). cos( λx λx) = ei + e i λx 2 λx + e λx = e 2 = cosh( λx) sen( λx λx) = ei e i λx 2i λx e λx = e 2i = i senh( λx), e para z C, tem-se sen(z) = 0 se e só z = nπ.

7 6. Determine duas soluções linearmente independentes da equação t 2 y + 3ty + y = 0 da forma v(t)/t, onde v : ]0, + [ R. Aproveite o resultado anterior para escrever uma matriz wronskiana da equação y + 3 t y + 1 y = 0 válida em ]0, + [. t 2 Sendo y = v/t e substituindo na equação diferencial, obtem-se [ v t 2 t 2v t + 2 v ] [ v + 3t 2 t 3 t v ] + v t 2 t = tv + v Logo tv = A, uma constante, e v(t) = A ln(t) + B. Segue-se y(t) = A ln(t) t + B t. = d dt (tv ) Assim y 1 (t) = ln(t)/t e y 2 (t) = 1/t são soluções linearmente independentes. A matriz wronskiana é ] [ ln(t) t 1 t 1 ln(t) t 2 1 t 2 Note que a determinante da matriz é 1/t 3 0 no intervalo ]0, + [, e portanto y 1 (t) e y 2 (t) são linearmente independentes em ]0, + [.

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c + 1+t 2 (1 + t 2 ) 5/2 dt e 5 2 ln(1+t2 )dt (1 + t 2 ) 5/2 dt (c 5/2 + (1 + t 2 ) 5/2 (1 + t 2 ) 5/2 dt ϕ(t) = (1 + t 2 ) 5/2 (1 + t). Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 o Semestre 206/207 3 de junho de 207, às 9:00 Teste 2 versão A MEFT, MEC, MEBiom, LEGM, LMAC, MEAer, MEMec, LEAN, LEMat [,0 val Resolva os seguintes problemas