Análise Matemática IV

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Francisco Álvares
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1 . Análise Matemática IV o Exame - 9 de Janeiro de 006 LEA, LEC, LEEC, LEFT, LEN e LMAC Resolução y 4y + 4y = e t (D ) y = e t (D ) 3 y = 0 y = c e t + c te t + c 3 t e t, c, c, c 3 R. Substituindo estas funções na equação original obtém-se (c 3 e t + 8c 3 te t + 4c 3 t e t ) 4(c 3 te t + c 3 t e t ) + 4(c 3 t e t ) = e t, ou seja, c 3 = /. Concluímos que as soluções da equação dada são y(t) = c e t + c te t + t et, c, c R.. Vamos procurar soluções de u tt = c u xx da forma u(x, t) = X(x)T (t). Substituindo na equação diferencial, XT = c X T, ou T = X. Concluise que ambos os membros da última igualdade são uma mesma constante, c T X constante essa que designaremos por λ. Tem-se X + λx = 0 e T = λc T. Das condições fronteira para u, vem u(0, t) = X(0)T (t) = 0 e u(π, t) = X(π)T (t) = 0. Uma vez que não queremos T (t) 0 (porque isso conduziria a u(x, t) 0), tiramos X(0) = X(π) = 0. As soluções não nulas de { X + λx = 0 em ]0, π[, X(0) = X(π) = 0, podem ser indexadas em n N : { λn = n π π = n, X n (x) = c n sin(nx), onde os c n s são constantes. Agora a equação T = n c T, conduz a T (t) = d n cos(nct) + e n sin(nct), onde os d n s e os e n s são constantes. Fazendo o produto de X n por T n, obtém-se u n (x, t) = sin(nx)[a n cos(nct) + b n sin(nct)], com a n = c n d n e b n = c n e n. Cada uma destas funções u n satisfaz a equação diferencial com as condições fronteiras impostas, logo u(x, t) = + sin(nx)[a n cos(nct) + b n sin(nct)]

2 Resolução do exame de AMIV é também uma solução formal da equação diferencial com as condições fronteiras impostas. Para satisfazer as condições iniciais vamos impor que u(x, 0) = u t (x, 0) = + + a n sin(nx) = sin(x), b n nc sin(nx) = sin(x), Pelo facto de as funções x sin(nx) serem ortogonais em L (0, π), tira-se que a =, b = /(c), sendo todos os restantes a n s e b n s nulos. Substituindo na expressão para u(x, t), u(x, t) = sin(x) cos(ct) + sin(x) sin(ct) c Verifica-se facilmente que esta é uma solução da equação diferencial com as condições fronteira e iniciais dadas. Foi provado nas aulas que o problema posto tem uma única solução usando o método da energia. 3. Consideremos a extensão par, f, de f ao intervalo [, ]. Sabemos que com f(x) = a 0 + a n = b n = [ a n cos ( nπx ) ( nπx + b n sin ( nπx f(x) cos ( nπx f(x) sin ) dx, ) dx. Sendo a função f par, todos os b n s são nulos e ( nπx ) ( nπx ) a n = f(x) cos dx = cos dx = [ ( nπ )] sin(nπ) sin 0 nπ = ( nπ ) { nπ sin = nπ ( )(n+)/ se n é ímpar, 0 se n é par não nulo. O valor de a 0 é a 0 = Para x e x ±, f(x) = [ cos(πx/) π dx =. cos(3πx/) 3 )], + cos(5πx/) 5 ]...,

3 Resolução do exame de AMIV onde a série do segundo membro converge pontualmente. Para x = ±, a PSfrag soma da replacements série vale / enquanto f(±) =. Restringindo x ao intervalo [0, ] obtém-se a série de cosenos de f. f(x) x Esboço do gráfico de (k )πx 7 cos[ ] π k= ( )k. k f(x) x Esboço do gráfico de (k )πx 5 cos[ ] π k= ( )k. k 4. a) y t 3 Campo de direcções de y = e y t.

4 Resolução do exame de AMIV y t b) A equação é separável: Esboço dos gráficos das soluções de y = e y t. e y y = e t. Integrando ambos os membros entre t 0 e t, e y(t) e y(t 0) = e t e t 0 y(t) = log(e y 0 + e t e t 0 ). c) Fazendo t 0 = 0 na expressão obtida na alínea b), obtém-se y(t) = log(e y 0 +e t ). Como se está a supor que y 0 < 0, tem-se e y 0 > 0, pelo que a solução está definida em R. Além disso, lim y(t) = t + log(e y 0 ). O gráfico tem como assímptota o eixo dos t s se este limite for nulo. Isto corresponde a log(e y 0 ) = 0 e y 0 = y 0 = log. d) Fazendo y 0 = 0 na expressão obtida na alínea b), obtém-se Esta solução existe para y(t) = log(e t e t 0 + ). e t e t 0 + > 0 e t > e t 0 t < log(e t 0 ). O intervalo máximo de existência da solução é ], log(e t 0 )[. Observação: A última figura acima é simétrica em relação à recta

5 Resolução do exame de AMIV y = t. Mais precisamente, seja c < 0; se os valores y 0 da alínea c) e t 0 da alínea d) satisfazem y 0 = c = t 0, então os gráficos das soluções correspondentes podem ser obtidos um do outro por reflexão na recta y = t. Isto é consequência da simetria da equação diferencial: e y dy = e t dt. É por isso claro que se na alínea c) obtivémos o valor log(e y 0 ), na alínea d) tínhamos que obter o valor log(e t 0 ). 5. Seja f : C C, definida por f(z) = z = (x iy) = (x y ) ixy. Então f x (z) = x iy e if y (z) = i(y ix) = x + iy. A equação de Cauchy-Riemann, f x = if y, é satisfeita para x = x y = y, ou seja apenas no ponto z = 0. Portanto, f apenas pode ser diferenciável na origem. Como f tem derivadas parciais contínuas, f é de facto diferenciável em zero e f (0) = f x (0) = a resolução. Seja log(re iθ ) = log r + iθ, para r > 0 e 3π < θ < π. Então d log z = para z não pertencente à parte positiva do eixo imaginário união dz z com zero. Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, z dz = log log( ) = log(e iπ ) = iπ. γ a resolução. Como z é analítica em C \ {0}, o Teorema de Cauchy z aplicado à região C \ {iy : y R + 0 } garante que podemos substituir o arco γ pela semi-circunferência de raio centrada na origem no semiplano I z 0. Esta semi-circunferência pode ser parametrizada por e iθ com θ [ π, 0]. Por cálculo directo, 0 γ z dz = π e iθ ieiθ dθ = iπ. 7. Sabemos que para z C, logo sin z = z z3 3! + z5 5! z7 7! +... sin z z z 6 = 3!z 3 + 5!z z3 7! +... = ( ) n z n 5 (n + )! para z C \ {0}. Logo, zero é um pólo de ordem 3 da função com resíduo /5!. A função não tem nenhuma outra singularidade para além de zero.

6 Resolução do exame de AMIV Seja f : C\{ i, i} C, definida por f(z) = (z +) = (z+i) (z i). Tem-se, f(z) = g(z) (z i), com g(z) = (z + i). A função g é holomorfa em C \ { i}. Seja R > e γ um contorno fechado formado pela união do segmento de recta que une R e R com a semicircunferência centrada na origem no semiplano superior, descrita no sentido directo. Pela Fórmula Integral de Cauchy, γ Logo, f(z) dz = γ g(z) (z i) dz = πig (i) = πi π R = f(x) dx + f(z) dz. R z =R Iz>0 [ ] = πi (z + i) 3 z=i 4i = π. O cálculo seguinte mostra que o integral ao longo da semi-circunferência tende para zero quando R + : f(z) dz (R ) dz z =R Iz>0 = z =R Iz>0 ( ) πr 0 quando R +. (R ) Tomando o limite em ambos os membros de ( ) quando R +, conclui-se que + dx = π. (x +) 9. a) π e e Os planos z e e z. b)

7 Resolução do exame de AMIV e e e Os planos e z + e e e. e z +e O plano e. e z +e

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