Questão 1: (2.5 pontos) f(x) =

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1 Página 1 de 7 Instituto de Matemática - IM/UFRJ Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC48 Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 07/07/010 Questão 1: (.5 pontos Seja f a função definida por f(x = { x, 0 x < 1,, 1 x. (a (0.8 ponto Seja f a extensão impar e períodica de período 4 da função f. Esboce o gráfico de f no intervalo [, 4]. f(x; 0 x < f(x = 0; x = 0 f( x; < x < 0 (b (1.0 ponto Encontre a série de Fourier de f. Como f é impar, os coeficientes a 0 = a n = 0; n 1. Como L = temos

2 Página de 7 Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC48 Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 07/07/010(continuação b n = = f(xsen dx xsen dx = x nπ cos = 6 nπ cos ( nπ Assim S.F.[ f] = 1 b nsen ( nπx 1 sen dx n π sen + 4 n π sen ( nπ nπ cos 4( 1n nπ ; n 1 (c (0.7 ponto Escreva a série do item (b no ponto x = 1 e ache a sua soma. Pelo Teorema de Fourier, tomando x = 1, temos que 1 b n sen 1 = f(1+ + f(1 = 1/ Questão : (.0 pontos Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF u t 4u xx = 0, 0 < x < 1, t > 0, u(0, t =, 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. A solução estacionária satisfaz o seguinte problema v xx = 0 v(0 = v(1 = 3 Logo, da primeira equação temos que v(x = ax + b. Pelas condições de fronteira, obtemos: a = 1 e b =. Assim, v(x = x +. (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.

3 Página 3 de 7 Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC48 Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 07/07/010(continuação Como w t = u t, w xx = u xx v xx = u x x, temos, w t 4w xx = u t 4u xx = 0 w(0, t = u(0, t v(0 = = 0 w(1, t = u(1, t v(1 = 3 3 = 0 w(x, 0 = u(x, 0 v(x = ϕ(x (x + Concluímos que w é solução do seguinte PVIF w t 4w xx = 0, 0 < x < 1, t > 0, w(0, t = 0, w(1, t = 0, t 0, w(x, 0 = ϕ(x x, 0 x 1, Questão 3: (.5 pontos Considere o seguinte problema u tt u xx 4u x = 0, 0 < x <, t > 0, (1 u(0, t = u(, t = 0, t 0. ( (a (1.0 ponto Usando o método de separação de variáveis, explicite as duas equações diferenciais ordinárias associadas a equação (1. Seja u(x, t = F (xg(t. Substituindo na equação (1, temos: ou ainda G (t G(t F (x F (x 4F (x F (x = 0 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 (, obtenha todos os autovalores e as respectivas autofunções do problema de contorno correspondente a equação diferencial ordinária na variável x. Problema de contorno para a EDO na variável x. Da condição ( obtemos: 0 = u(0, t = F (0G(t F (0 = 0 0 = u(, t = F (G(t F ( = 0

4 Página 4 de 7 Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC48 Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 07/07/010(continuação Assim, temos o seguinte problema de autovalores: { F (x + 4F (x λf (x, 0 < x <, F (0 = F ( = 0 sendo o polinômio característico dado por r + 4r λ = 0. As raízes do polonômio são: Temos três casos distintos: r = 4 ± λ = 4 ± 4 + λ = ± 4 + λ. λ = 4: Raízes reais iguais, r 1 = r =. Solução geral da EDO: F (x = c 1 e x + c xe x. Como buscamos uma solução não nula do problema, das condições de contorno concluímos: 0 = F (0 = c 1 c 1 = 0 0 = F ( = c e 4 = 0 c = 0 Logo, se λ = 4 temos apenas a solução trivial F (x = 0. λ > 4: Neste caso o polinômio caracteristico tem raízes reais distintas: r 1 = + λ + 4 e r = λ + 4. A solução será da forma F (x = c 1 e r 1x + c e r x. Das condições de contorno obtemos: 0 = F (0 = c 1 + c c 1 = c 0 = F ( = c e r 1 c e r = 0 c = 0 Logo, se λ > 4 temos apenas a solução trivial F (x = 0. λ < 4: Neste caso o polinômio caracteristico tem raízes complexas conjugadas: r 1 = + i λ 4 e r = i λ 4. Seja γ = λ 4. A solução será da forma F (x = e x (c 1 cos(γx + c sen(γx. Das condições de contorno obtemos: 0 = F (0 = c 1 0 = F ( = c e 4 sen(γ = 0 c = 0 ou sen(γ = 0, como buscamos uma solução não trivial temos c portanto sen(γ = 0 γ = nπ; n N. Assim, 0 (caso contrário F(x=0, e nπ λ + 4 = γ = λ = n π + 4, n N 4 são autovalores do problema associados às autofunções F n (x = e x sen ( nπx, n N. Questão 4: (3.0 pontos

5 Página 5 de 7 Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC48 Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 07/07/010(continuação Considere o seguinte problema para a equação de Laplace r u rr + ru r + u θθ = 0, 0 < r < 3, 0 < θ < π, (3 u(r, 0 = 0, u(r, π = 0, 0 r 3, (4 u(3, θ = 4sen(8θ, 0 θ π. (5 (a (.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. Suponha u(r, θ = F (rg(θ, substituindo equação (3 temos: Logo r F (rg(θ + rf (rg(θ + F (rg(θ = 0 r F (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 r F (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 (rg(0 G(0 = 0 0 = u(r, π/ = F (rg(π/ G(π/ = 0 Temos assim o seguinte problema de autovalores: { G (θ + λg(θ = 0 G(0 = G(π/ = 0 o polinômio caracteristico associado ao problema acima é: Temos assim três casos possíveis: z + λ = 0. λ = 0: Neste caso temos raízes z 1 = z = 0, com solução da forma G(θ = aθ + b e das condições de contorno G(0 = G(π/ = 0, concluimos que a = b = 0. λ < 0: Neste caso temos raízes reais distintas z 1 = λ, z = λ, com solução da forma G(θ = c 1 e z1θ + c e zθ. Das condições de contorno temos: 0 = G(0 = c 1 + c c 1 = c 0 = G(π/ = c e z 1π/ + c e z π/ = 0 c = 0 Assim, neste caso temos apenas a solução trivial G(θ = 0.

6 Página 6 de 7 Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC48 Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 07/07/010(continuação λ > 0: Neste caso o polinômio caracteristico tem raízes complexas conjugadas: z 1 = i λ e z = i λ. A solução será da forma G(θ = c 1 cos( λθ + c sen( λθ. Das condições de contorno obtemos: 0 = G(0 = c 1 0 = G(π/ = c sen( λπ/ = 0 c = 0 ou sen( λπ/ = 0, como buscamos uma solução não trivial temos c 0 (caso contrário G(θ = 0, e portanto sen( λπ/ = 0 λπ/ = nπ; n N. Assim, λ = 4n, n N são autovalores do problema associados às autofunções G n (θ = α n sen(nθ, n N. Onde α n são constantes. Resolvendo a equação de Euler (λ = 4n : Note que a equação indicial: r F (r + rf (r 4n F (r = 0 ν 4n = 0 tem duas raízes reais distintas ν 1 = n e ν = n. Logo a solução da equação de Euler será: F n (r = c n r n + d n r n. Como buscamos uma solução limitada para o problema, e lim r 0 r n =, tomamos d n = 0. Obtemos assim que para cada n N a função F n (rg n (θ satisfaz a equação (3 e a condição (4. Logo a série candidata à solução do problema é: u(r, θ = c n r n sen(nθ. n=1 (b (0.7 ponto Analisando a condição de fronteira (5 encontre a solução do problema que satisfaz (3, (4 e (5. Tomando r = 3 na solução em série, obtemos: u(3, θ = c n 3 n sen(nθ. n=1 Mas da condição de fronteira (5 sabemos que u(3, θ = 4sen(8θ Logo, comparando as duas últimas equações temos que: { 0, n 4, c n = 4 n = 4 3 8

7 Página 7 de 7 Boa prova! Cálculo Diferencial e Integral IV - MAC48 Gabarito prim. prova unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 07/07/010(continuação Portanto, a solução encontrada para o problema é: u(r, θ = r8 sen(8θ LEMBRETES NO VERSO Lembretes: 1. Integrais. xsen(axdx = 1 a sen(ax x a cos(ax. x cos(axdx = 1 a cos(ax + x a sen(ax.. Tabela resumo para EDO de a ordem com coeficientes constantes: ay (x + by (x + cy(x = 0. r 1, r R e r 1 r y(x = c 1 e r1x + c e rx. r 1, r R e r 1 = r y(x = (c 1 + c xe r1x. r 1 = α + βi e r 1 = α βi y(x = e αx (c 1 cos(βx + c sen(βx. 3. Equação de Euler: r y (r + αry (r + βy(r = 0. equação indicial: m + (α 1m + β = 0, raizes: m 1 e m reais, solução: m 1 m y(r =c 1 r m 1 + c r m. m 1 = m y(r =(c 1 + c ln rr m 1.