2 ō Semestre 2015/2016

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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais ō Semestre 15/16 ō Teste, versão A (Cursos: LEIC-A, MEAmbi, MEBiol, MEQ) 1 (a) Resolva o problema de valor inicial 8 de Maio de 16, 11h 3m Duração: 1h 3m y +6x+4xy dy dx, y( 1) 3 indicando o intervalo máximo de existência de solução (b) Considere a pequação diferencial dy dt +(cost)y Determine a sua solução geral Indique os valores de y para os quais a solução da equação que verifica y() y tem R como intervalo máximo de existência (a) Sendo M/x,y) y +6x, N(x,y) 4xy verifica-se que ambas as funções são de classe C 1 em R e M y N x, (x,y) R Conclui-se que o campo (M(x,y),N(x,y)) é um campo grandiente em R, pelo que existe Φ : R R tal que Φ (M,N) para todo (x,y) R ; y +6x+4xy dy dφ é equivalnete a dx dx Para determinar Φ, note-se que e Então Φ x M Φ(x,y) y x+3x +c(y), Φ y N 4xy +c (y) 4xy c(y) c R Φ(x,y) y x+3x +c, c R,

2 e as soluções da equação diferencial são definidas por y x+3x k, k R Para que a condição inicial seja verificada k 3, e assim a solução do (PVI) é 3(x +1) y(x), x tendo-se então que o seu intervalo máximo de existência é,[ (o maior intervalo contido no domínio de y (x) e ao qual x 1 pertence) (b) Trata-se de uma equação separável, que tem y(t) como solução de equiĺıbrio Por outro lado dy dt +(cost)y y dy dt cost y 1 sent+c e a solução geral da equação é dada por y(t) ou y(t) 1 sent+c, c R Para determinar os valores de y para os quais o intervalo máximo de existência de solução do (PVI) é R, começamos por referir que se y a única solução que verifica y() é a solução nula que está obviamente definida em R Por outro lado, se y a solução nula não é solução do (PVI), e determinando c obtem-se que y(t) 1 sent+ 1 y é a solução do (PVI) Assim, para que a solução esteja definida em R o denominador não se pode anular e para que isso aconteça < y < 1 Conclui-se que o intervalo máximo de existência de solução é R se y < 1 Considere a matriz A [ 1 1 (a) Calcule e ta (b) Resolva o seguinte problema de valor inicial: { x x y +1 y, x+y 3 ( x(),y() ) (,1) Sugestão: Determine uma solução particular da equação (a) Calculemos os valores próprios de A: det(a λi) (1 λ) +4 λ 1±i

3 Sendo um par de complexos conjugados apenas precisamos de calcular um vector próprio associado a um deles Calculemos, assim, um vector próprio associado ao valor próprio λ 1 1+i: (A (1+i)I) [ a b [ [ i i [ a b [ ia b Escolhendo, por exemplo, a i, obtemos b ia 1, e o vector próprio v 1 (i,1) Com esta informação, para posseguir podemos optar entre dois métodos: Método 1: Ao valor próprio λ λ 1 1 i corresponde o vector próprio v v 1 ( i,1) Assim, designando [ [ 1+i i i D, S, 1 i 1 1 efectuando os cálculos obtemos [ [ [ i i e e ta Se td S 1 (1+i)t i/ 1/ 1 1 e (1 i)t i/ 1/ [ [ (e (1+i)t +e (1 i)t )/ i(e (1+i)t e (1 i)t )/ e i(e (1+i)t e (1 i)t )/ (e (1+i)t +e (1 i)t t cost e t sent )/ e t sent e t cost Método : Uma solução complexa do sistema u Au é dada por [ [ i i(cost+isent) u(t) e λ1t v 1 e (1+i)t e t 1 cost+isent e t [ sent cost +ie t [ cost sent Duas soluções reais linearmente independentes serão então [ [ sent cost Reu(t) e t e Imu(t) e t cost sent com as quais podemos formar a solução matriz fundamental [ e X(t) t sent e t cost e t cost e t sent Logo, [ 1 e ta X(t)X() 1 X(t) 1 [ e t cost e t sent e t sent e t cost (Note que esta matriz corresponde a escolher para colunas da matriz fundamental as mesmas soluções reais mas pela ordem inversa) (b) A equação diferencial vectorial (sistema) dada pode ser escrita como [ [ [ d x x 1 A + dt y y 3

4 Para obtermos uma solução particular desta equação podemos optar por usar a fórmula da variação dos parâmetros No entanto, neste caso, o termo não homogéneo b(t) (1, 3) é constante e, sendo assim, podemos tentar encontrar uma solução particular constante (x P,y P ) Substituindo na equação, obtemos o sistema { xp y P +1 x P +y P 3, o qual, tem como solução, (x P,y P ) (1,1) A solução geral da equação diferencial vectorial linear será dada então por [ [ [ x(t) e ta c1 xp + y(t) c y P As constantes c 1, c são calculadas usando a condição inicial: [ [ [ [ x() c1 1 + c y() e c c A solução do problema de valor inicial pedida será então, [ [ [ [ x(t) 1 1 e e ta + t cost+1 y(t) 1 e t sent+1 3 Considere a equação diferencial y y y 9e t (a) Calcule a solução geral da equação homogénea associada (b) Determine a solução da equação que verifica y() e y () 3 (c) Escreva uma matriz wronskiana associada à equação (a) Usando a notação y Dy, a equação homogénea associada escreve-se como O polinómio característico associado é y y y (D D )y P(R) R R (R )(R+1) Assim a solução geral da equação homogénea associada é y H (t) ae t +be t, a,b R (b) Começemos por determinar a solução geral da equação Por ser uma equação linear, a solução podr ser escrita como yt) y H (t) y P (t), em que y H é a solução geral da equação homogénea associada (determinada na aĺınea (a)), e y P é uma solução particular

5 da equação Para determinar y P vamos usar o método dos coeficientes indeterminados Semdo P A (D) D+1 o polinómio aniquilador da função 9e t, teremos (D )(D+1)y 9e t (D )(D+1) y y(t) ae t +be t +cte t Dado que y(t) y H (t)+cte t depreende-se que a forma da solução particular é w(t) cte t Finalmente vamos calcualar a constante c de forma a que w seja solução da equação, isto é w w w 9e t ( ce t ce t +cte t ) (ce t cte t ) (cte t ) 9e t pelo que, para todo t R, se tem 3ce t 9e t c 3 Assim, a solução geral da equação é y(t) ae t +be t 3te t Para que se verifiquem as condições iniciais tem-se que { y() y () 3 { a+b a b 3 3 a b A solução do (PVI) é y(t) 3te t (c) Uma matriz wronskiana associada é por exemplo [ e t e W(t) t e t e t (1,5 val) 4 Resolva o problema de valores na fronteira e iniciais u t (x,t) u x(x,t) para x,π[, t >, u u (,t) (π,t) para t >, x x u(x,) 1+1cos3x para x,π[ Usemos o método de separação de variáveis Comecemos por procurar soluções não triviais da equação diferencial parcial (EDP) satisfazendo as condições fronteira (CF) em x, π, e que são da forma X(x)T(t) Por substituição na EDP obtemos XT X T Dividindo ambos os membros por XT obtemos, T (t) T(t) X (x) X(x) σ,

6 em que, como a expressão do primeiro membro é independente de x e a do segundo membro é independente de t, σ é simultaneamente independente de x e t, ou seja, é uma constante real Obtemos assim o seguinte par de equações diferenciais ordinárias: X (x) σx(x), T (t) σt(t) Por substituição de XT nas condições fronteira (CF), obtemos X ()T(t) X (π)t(t), para todo t >, o que implica X () X (π) Obtém-se soluções não identicamente nulas para a EDO de a ordem em X com estas últimas condições, se e só se ( nπ σ L ) ( nπ ) n π 4, n,1,,, casos em que X(x) acos( nπx L ) acos(nπx π ) acos(nx ) Para cada n,1,,, a equação para T(t) escreve-se cuja solução geral é T (t)+ n T(t), T(t) ce n t Obtemos assim as seguintes soluções da (EDP) que satisfazem (CF): ce n t cos( nx ), n,1,,, As combinações lineares destas soluções também serão soluções da (EDP) verificando as mesmas (CF) Procuremos então a solução do problema na forma: u(x,t) a + a n e n t cos( nx ) n1 As constantes a n são ajustadas por forma a ser satisfeita a condição inicial, ou seja, u(x,) a + a n cos( nx ) 1+1cos3x, para x [,π n1 Concluimos que a, a 6 1 e a n se n,6 Logo, a solução do problema é u(x,t) 1+1e 18t cos3x (1, val) 5 Determine a série de Fourier de senos associada à função f : [,1 R dada por f(x) 1 x Indique a soma daquela série para cada x [,1

7 Os coeficientes da série de senos de f no intervalo [,L [,1 são dados por b n L nπ nπ ˆ L nπ, ˆ 1 f(x)sen( nπx L )dx (1 x)sen(nπx)dx ([ (1 x)cos(nπx) ˆ 1 ) 1 cos(nπx)dx ( 1+ 1 ) nπ [sen(nπx)1 para n 1,, A série de senos de f é então, 1 π n sen(nπx) n1 A série de senos de f(x) é a série de Fourier da extensão ímpar L-periódica de f(x) Chamemos f i (x) a esta extensão Sendo esta função e a sua derivada contínuas por troços em [ L,L, o Teorema de Fourier permite concluir que a soma da série de senos de f(x) é S f (x) f i(x + )+f i (x ) Para x,1[, f i coincide com f e é, por conseguinte contínua, pelo que S f (x) f(x) 1 x Em x, f i ( + ) f( + ) +1, e f i ( ) f i ( + ) 1, pelo que, S f () Em x 1, f i (1 ) f(1 ) e f i (1 + ) f i (1 ) (logo, f i também é contínua nesse ponto) Concluindo, { 1 x, se < x 1, S f (x), se x (1, val) 6 Considere o problema de valor inicial y 3y /3, y() Mostreque, paracadaα [,1existeumasoluçãodesteproblemaquesatisfazy(1) α Justifique porque é que este facto não contradiz o teorema de Picard-Lindelof Trata-se de uma equação separável que pode ser facilmente resolvida: Se y(t), para t em algum intervalo aberto, temos nesse intervalo, y 3y /3 1 3 y /3 y 1 d dt (y1/3 ) 1 y 1/3 (t) t+c y(t) (t+c) 3, onde C é uma constante Por outro lado, a constante y(t) também é solução Seja dada uma constante α [,1 Se α, a solução trivial y(t) satisfaz os requisitos Consideremos agora α,1 e uma solução que satisfaça y(1) α: y(1) (1+C) 3 α C 1+ 3 α

8 Logo, y(t) (t 1+ 3 α) 3, para t > 1 3 α Notando que ỹ(t) lim, consideremos a função t (1 3 α) + { se t 1 3 α, (t 1+ 3 α) 3 se t > 1 3 α É uma função diferenciável em R, a qual satisfaz a equação diferencial para cada t R, e que satisfaz ỹ() e ỹ(1) α Logo, é uma solução do problema de valor inicial dado com a propriedade pedida O resultado anterior mostra que a EDO tem uma infinidade de soluções que satisfazem a condição inicial y() A razão pela qual este facto não contradiz o teorema de existência e unicidade de Picard-Lindelof é que as condições de aplicabilidade desse teorema não são aqui satisfeitas Justificação: designando f(t,y) 1 3 y/3, temos, f(t,y) f(t,) y /3 /3 1 lim lim lim y y y y y 3 3 y +, pelo que, em qualquer bola de raio positivo centrada no ponto (,) a razão f(t,y) f(t,) y não é majorada, ou seja, f(t,y) não é localmente Lipschitz relativamente a y em nenhum aberto contendo (,), não ficando assim satisfeita umas das hipóteses do referido teorema