Questão 1: (2.0 pontos) (a) (1.0 ponto) Obtenha os cinco primeiros termos da série de Taylor da função f(x) = cos x em.

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1 Página de 7 Instituto de Matemática - IM/UFRJ Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 0/07/009 Questão :.0 pontos a.0 ponto Obtenha os cinco primeiros termos da série de Taylor da função fx = cos x em torno de x 0 = π 4. Da definição de série de Taylor temos que: Por outro lado segue que: cos x = f n π/4 n! x π 4 n ; Do resultado acima obtemos que: fπ/4 = f x = x = f π/4 = ; f x = cos x = f π/4 = ; f 3 x = x = f 3 π/4 = ; f 4 x = cos x = f 4 π/4 = ;... cos x = x π x π + x π 3 + x π b.0 ponto Classifique a série n n + n + n + em absolutamente convergente, divergente ou condicionalmente convergente. Justifique as suas afirmações. Vamos verificar se converge absolutamente usando o teste da comparação no limite. Seja a p-série se ordem série harmônica. Temos, pelo teste da integral, que esta é divergente n i= e, também, n + nn + / = n + n + n n + n + = + /n + /n + /n. n + Então lim / = e, pelo teste da comparação no limite, temos que a série n n + n + n

2 Página de 7 Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 0/07/009continuação n + diverge, já que n + n + i= absoluta da série proposta. i= n também diverge. Isto mostra que não há convergência Vamos tentar aplicar o teste de Leibniz para verificar a convergência condicional da série. Temos n + que lim = 0, aplicando a Regra de L Hopital. Os termos alternam sinal pois n n + n + n + > 0 e, finalmente, é decrescente pois n + n + n + n + n + = n + + n + > n n + + = n + + n + + n + +. Isto mostra que a série é alternada, descrescente e com termo geral tendendo a zero. Portanto, pelo teste de Leibniz ela é convergente. Temos, então, uma série convergente e que não é absolutamente convergente, provando que é condicionalmente convergente. Questão :.0 pontos Considere o problema de valor inicial dado abaixo: Supondo que yx = x + y x + 6xy x + 4yx = 0 y0 = 0 y 0 = a n x n resolva o que se pede: a.0 ponto Determine a relação de recorrência ; Temos que x + nn a n x n + 6x na n x n + 4 a n x n = 0, n= nn a n x n + n= nn a n x n + n= n= nn a n x n + a + 6a 3 x + n= nn a n x n + 6 na n x n + 4 a n x n = 0, n + n + a n+ x n + 6 na n x n + 4 a n x n = 0, n= n + n + a n+ x n + 6a x + 6 na n x n n= + 4a 0 + 4a x + 4 a n x n = 0, n=

3 Página 3 de 7 Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 0/07/009continuação 4a 0 +a +0a x+6a 3 x+ n + n + a n+ + nn a n + 6na n + 4a n } x n = 0, n= 4a 0 + a = 0 = a = a 0 = a = 0, pois das condições iniciais a 0 = 0; 0a + 6a 3 = 0 = a 3 = 5 3 a = a 3 = 5/3 pois das condições iniciais a = ; relação de recorrência: a n+ = n + 5n + 4 n + n + a n = n + 4 n + a n, n =, 3,... 9 b.0 ponto Encontre a solução em série de potências para o problema de valor inicial dado. De 8 temos que: Então yx = a 4 = 6a 4 a n = 0; a 5 = 7a 3 5 a 7 = 9a 5 7 a 9 = a 7 9 a n+ = n n + 3 n n x n+ = a 4 = 0; = a 5 = 7 3 ; = a 7 = 9 3 ; = a 9 = 3 ; Questão 3:.0 pontos Resolva o problema da valor inicial dado abaixo utilizando a transformada de Laplace: y t 4yt = ft 0, 0 t <, onde ft = y0 = ; y 0 = 0 t, t. s yt} 4 yt} = s + ft}, yt} = s s + ft} s + s.

4 Página 4 de 7 Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 0/07/009continuação Temos que: f t = t u t = f t} = e s s. Substituindo em obtemos: yt} = [ s s + e s } [ s yt = + e s s } s i Determinar. Pela tabela temos que: s s s s + ]. s s s + ]}. 3 } s = cosh t. 4 s } ii Determinar Temos que: s s s + s s s + = A s + B s + C s + D s +, = As 4 + Bss 4 + Cs s + + Ds s. 5 De 5 : A =, B = 0, B + C + D = 0 e A + C D = 0. 4 Então A = 4, B = 0, C = 6 e D = 6. Logo: iii Determinar e s [ e s [ s s s + = /4 s + /6 s /6 s + = } = = s s s + 4 t + 6 et 6 e t. 6 ]}. De 6 segue que: s s s + ]} = u s t [ 4 s s + t + 6 et 6 ] e t 7 Substituindo 4 e 7 em 3 resulta que: yt = cosh t + 6 u t [ 4t + e t e t ].

5 Página 5 de 7 Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 0/07/009continuação Questão 4: 4.0 pontos Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira PVIF: u tt x, t 9u xx x, t = 0, 0 < x < 3, t > 0, u0, t = u3, t = 0, t > 0, com gx = ux, 0 = 0 e u t x, 0 = gx, 0 < x < 3. 0, 0 x <, 3x, x < 0, x < 3. a.5 ponto Ache a extensão ímpar e periódica de período 6 da função gx. Faça seu gráfico no intervalo [ 6, 6] e determine a Série de Fourier desta extensão. A expressão para a extensão ímpar e periódica de período 6, que denotaremos g é dada por 3x, x, ] [,, gx = 0, x [ 3, ], [, 3], gx + 6, x R A série de Fourier é dada por b n nπx 3, com b n = 3 3x nπx 3 dx. Realizando a integração obtemos: b n = 6 cos nπ nπ cos nπ nπ nπ nπ 3 Isto implica que a série de Fourier é dada por 6 cos nπ nπ 3 nπ cos nπ nπ nπ 3 nπx b 0.5 ponto Supondo que a solução é da forma ux, t = F xgt ou, se desejar, ux, t = XxT t, determine as duas equações diferenciais ordinárias associadas; Suponhamos que ux, t = F xgt. Para que ux, t satisfaça a EDP deveremos ter que F xg t 9F xgt = 0. Isto implica que F x F x = G t 9Gt = σ. 3 Então temos as seguintes EDOs: F x σf x = 0, x 0.3 G t 9σGt = 0, t > 0 4 c.0 ponto Obtenha os autovalores e respectivas autofunções do problema de valor de contorno correspondente a F x ou Xx;

6 Página 6 de 7 Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 0/07/009continuação Das condições de fronteira temos que u0, t = 0. Portanto ou F 0 = 0 ou Gt 0. A última opção não nos interessa pois implica que ux, t 0. Analogamente obtemos que F 3 = 0. Vamos resolver o Problema de Valores de Contorno dado por F x σf x = 0, x 0.3 F 0 = 0, F 3 = 0 A equação característica é dada por r σ = 0 com raízes dadas por r = ± σ. Analisando a EDO obtida: i Se σ > 0 temos que F x = Ce σ x + De σ x. Como F 0 = F 3 = 0 obtemos que C = D e C h3 σ = 0. Então, C = D = 0 ou 3 σ = 0, o que não é possível pois, por hipótese, σ > 0. Concluímos que C = D = 0 e, portanto, só temos a solução trivial. ii Se σ = 0 temos que F x = Cx + D. Como F 0 = F 3 = 0 obtemos que D = 0 e C = 0. Concluímos, portanto, que só temos a solução trivial. iii Se σ < 0 temos que a solução é da forma F x = C σ x + D cos σ x. Usando as condições de fronteira obtemos que D = 0 e 3 σ = 0. Para que tenhamos solução não nula segue que 3 σ = nπ e, daí. temos que os autovalores são dados por σ n = n π e as autofunções F n x = nπx 9 3, com n N, já que σ < 0. d.0 ponto Analisando as condições iniciais do PVIF, obtenha a solução do problema dado. Das condições iniciais temos que ux, 0 = 0. Portanto ou G0 = 0 ou F x 0. A última opção não nos interessa pois implica que ux, t 0. Então, como temos que σ n = n π 9, resolvendo a EDO e usando que G n 0 = 0, obtemos que G n t = C n nπt. Isto implica que u n x, t = C n nπt nπx. Então, a expressão geral da solução será dada por 3 ux, t = C n nπt nπx Derivando termo a termo em relação a t e aplicando em t = 0 obtemos u t x, 0 = nπc n nπx Desejamos encontrar coeficientes C n tais que a expressão acima corresponda à função gx. Comparando com a série de Fourier da extensão ímpar e periódica de período 6 da função gx obtida anteriormente no item a, temos que C n = b n, isto é, nπ C n = 6 cos nπ nπ cos n π nπ nπ nπ 3.

7 Página 7 de 7 Boa prova! Gabarito da prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 0/07/009continuação Temos, então, que a solução do problema é dada por ux, t = 6 cos nπ n π 3 nπ cos nπ nπ nπ 3 nπt nπx