Análise Complexa e Equações Diferenciais Exame B de 30 de junho de 2014 Cursos: LEAN, LMAC, MEBiom, MEFT, MEMec

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Isabel Bayer
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Análise Complexa e Equações Diferenciais Exame B de 3 de junho de 4 Cursos: LEAN, LMAC, MEBiom, MEFT, MEMec [ val.] RESOLUÇÃO INÍCIO DA PRIMEIRO PARTE. Considere a função u(x, y) = 3xy x 3.

Resolução: Uma função harmónica de u é uma função harmónica v definida em R tal que u(x, y) + iv(x, y) é holomorfa no plano complexo. [ val.

1 Análise Complexa e Equações Diferenciais Exame B de 3 de junho de 4 Cursos: LEAN, LMAC, MEBiom, MEFT, MEMec [ val.] RESOLUÇÃO INÍCIO DA PRIMEIRO PARTE. Considere a função u(x, y) = 3xy x 3. (a) Escreva a definição de uma função harmónica conjugada de u. Resolução: Uma função harmónica de u é uma função harmónica v definida em R tal que u(x, y) + iv(x, y) é holomorfa no plano complexo. [ val.] (b) Calcule a função harmónica conjugada v(x, y) de u(x, y) que verifica [u (R, Im z) + iv (R, Im z)] dz =, γ onde γ(t) = t it e t. Resolução: Qualquer função harmónica de u é de forma y 3 3x y + c em que c é uma constante real qualquer. Para determinar c temos ( ) = t 3 + it 3 + ic ( i)dt = ( + i + ic) ( i) = + ic c. Portanto v(x, y) = 3xy x 3. [ val.]. Calcule (x/π) +y = z π/ dz.

2 Resolução: Pelo teorema de Cauchy temos z π/ dz = πieπ/. (x/π) +y = [ val.] 3. Considere a função Log( + z) f(z) = z definida em C \ {x : x /} em que arg( + z) ] π, π [. (a) Classifique cada singularidade de f(z). Resolução: A função Log( + z) é holomorfa, e tem um zero de ordem na origem. Logo f tem um pólos simples na origem. [ val.] (b) Escreva a série de Laurent de f no domínio {z C : < z < /}. Resolução: A série de Maclaurin de Log( + z) é ( ) n zn+ n +. n= Portanto a série de Laurent de f é ( ) n zn n +. n= [ val.] 4. Calcule γ sen(z π/) dz, em que γ(t) = π cos t + sen ( + i sen t), t com t π, veja figura. π/ π/ γ(t) FIGURA. gráfico de γ Resolução: A função / sen(z π/) tem pólos simples nos pontos

3 (k + )π/, k =, ±, ±,.... Aplicando o teorema de resíduos obtemos [ ] e π/ dz = πi cos z e π/ = 4πi cosh(π/). γ 3 [ val.] 5. Calcule + 6x 4 dx. Resolução: Como /( + 6x 4 ) é uma função racional em que o denominador tem grau quarto e o numerador tem grau zero obtemos πi Res z=exp(iπ/4)/ = ( i) + (z) 4 + (x) 4 πi 8 exp(i3π/4) = exp( iπ/4) + (x) 4 π 4 = + (x) 4. [ val.] 6. Sejam f(z) e g(z) funções holomorfas no plano complexo. Mostre que se f ( e it) = g ( e it) para cada t R, então f(z) = g(z) para cada z C. Resolução: Considre a função holomorfa h(z) = f(z) g(z). Pelo o desenvolvimento da série de Taylor num zero de h mostra-se que os zeros de h são isolados se h não for constante. Como h é nula no conjunto {z : z = }, obtem-se h é a função nula. Logo f(z) = g(z). Fim da primeira parte 7. Considere a equação t y(t) y (t) + y (t) INÍCIO DA SEGUNDA PARTE (a) Determine a solução geral. Resolução: Tem-se + t log( + y (t)) =. d dt (t log( + y )) = t y y + y + t log( + y ) =.

4 4 Portanto t log( + y ) = c t e ( ) c t y = ± exp. t (b) Determine a solução que verifica y() = e e indique o seu intervalo máximo de existência. Resolução: Aplicando y() = e obtemos c =. Logo ( ) t y = exp, com < t <. t () 8. Considere o seguinte problema de valor inicial dy dt = y3/4, y(t ) =, t. (a) Mostre que existe uma solução do problema de valor inicial () diferente da solução y(t) =, t R. Resolução: A equação é separavél, e tem-se y 3/4 y = 4 4 y = t + c (t + c)3 y = 56. Aplicando y(t ) =, obtemos y = (t t ) (b) Aproveite o resultado da alínea anterior para mostrar que o problema correspondente com condição inicial em t = tem infinitas soluções de classe C diferentes da solução y(t) =, t R. Justifique porque é que este resultado não contradiz o teorema de Picard. Resolução: Para n =,,,..., seja, se t n y n (t) = (t n) 4, se t n. 56 Para cada n, y n é de classe C e satisfaz (). Este resultado não contradiz o teorema de Picard porque não existe K tal que y 3/4 K y em qualquer vizinhança aberta da origem. Portanto a função f(t, y) = y 3/4 não é Lipschitziana na variável y numa vizinhança de origem.

5 5 9. Determine a solução geral da equação y + 4y = 4t. Resolução: O polinómio característico da equação é λ + 4 =. Portanto a solução geral da equação homogénea é de forma y = c cos(t) + c sen(t). Usando o método de coeficientes indeterminados, obtemos que y(t) = t é uma solução particular. Logo a solução geral é y = y = c cos(t) + c sen(t) + t.. Considere o sistema de equações diferenciais ordinárias x = A x, para [ ] A =. (a) Determine a solução geral da equação. Resolução: O polinómio característico da matriz é λ + 4. Logo os valores próprios são i e i. Segue que [ ] v = i é um vetor próprio e A v = iv. Portanto [ ] [ ] [ ] e it cos(t) sen(t) = + i i sen(t) cos(t) é uma solução de x = A x. Como A é uma matriz real, segue que [ ] [ ] cos(t) sen(t) c + c sen(t) cos(t) é a solução geral. (b) Determine a solução geral da equação não homogénea x = Ax + b onde b T = [t ]. Nota: pode ser-lhe útil o resultado da pergunta 9. Resolução: O sistema escreve-se de forma x = x + t x = x. Obtem-se x + 4x = 4t. Segues-se que x = C cos t + C sen t + / x = C sen t C cos t + t.

6 6. (a) Desenvolva a função x < / f(x) = / x em série de cosenos e indique para que valores converge (pontualmente) a série obida. Resolução: A série de cosenos é de forma em que Obtem-se S.Cosenos(f) = a + a n cos(nπx), n= a n = cos(nπx) dx. / a = a n = nπ sen ( nπ ). Portanto a série de cosenos de f é ( ) n cos((n + )πx). π n + n= Como f é de class C por partes, a série de cosenos converge pontualmente para os valores f(x + t) + f(x t) S.Cosenos(f)(x) = lim t, para 4k π < x < 4k + π k + =, para x = π, para 4k + π < x < 4k + π. () (b) Resolve o problema de valor inicial com condições de fronteira u t = α u x, x, t > u x (t, ) = u x (t, ) =, u(, x) = f(x).

7 (3) Resolução: Considere uma função u(t, x) de classe C definida em {(t, x) : t >, x π}. A série de cosensos de u é a (t) + a n (t) cos(nπx), em que π n= a n (t) = u(t, x) cos(nπx) dx. π A série em (3) é uma solução formal da equação de calor se e só se a (t) = a n(t) + (nαπ) a n (t) =. Obtemos uma solução formal (4) A t + A n e (nαπ)t cos(nπx) n= que verifica a equação de calor e as duas condições u x (t, ) = e u x (t, π) =. Usando a série de cosenso de f obtemos uma solução formal u(t, x) = t π n= ( ) n n + e (nαπ)t cos((n + )πx). 7. Utilize o método da transformada de Laplace para resolver o problema de valor inicial y y + y = H (t) 3H (t), y() = y () =. Resolução: Seja Y (s) = L[y](s) = e st y(t) dt. Obtemos s Y sy() y () (sy y()) + Y = s e s 3 s e s Y (s) = (s ) + [ s(s ) e s 3e s] [ Y (s) = (s ) + s ] s + [ (s ) e s 3e s]. Logo y = te é a solução. + H(t) [ e t + (t )e t ] 3H (t) [ e t + (t )e t ]

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