2015/1S QM35B Mét. de Matemática Aplicada

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1 2015/1S QM35B Mét. de Matemática Aplicada Avaliação P 1 Data: 28/09/2015 INFORMAÇÕES: (i) a prova é individual; (ii) resoluções e grácos/diagramas podem ser manuscritos e/ou compuscritos; (iii) resoluções idênticas serão tratadas como plágio: serão anuladas e passíveis de processo disciplinar; (iv) a resolução da prova deverá ser entregue ao professor até o início da aula de 30/09/2015 na sala de aula do curso; (v) questões incompletas serão desconsideradas; (vi) o respeito à notação matemática e ao rigor cientíco, a interpretação das questões e a clareza na exposição fazem parte da avaliação. Nome: GABARITO Nota: (Valor: 10,0) Problema 1. [5,0] Considere a seguinte equação diferencial parcial r 2 k(; '; z) = 1 c 2 tt; em que = (; '; z; t) e r 2 é o laplaciano em coordenadas cilíndricas (sendo a variável radial, ' a angular e z a axial), k(; '; z) é uma função duplamente diferenciável em todos os seus argumentos (a) Verique que esta equação satisfaz o princípio da superposição. (b) Assuma que k(; '; z) = 2 f() 1 g(') h(z), em que é uma constante real, f, g e h são funções 2 ordinárias duplamente diferenciáveis, e mostre que a equação obtida é separável. Indique, explicitamente, o sistema de equações diferenciais ordinárias obtido. Resolução: (a) O Laplaciano em coordenadas cilíndricas é dado por r @z 2: Assim, a EDP para é dada 2 k = 1 c 2 tt '' zz k = 1 c 2 tt em que a dependência de nas variáveis ; '; z e t e a de k nas variáveis ; ' e z foram omitidas. O princípio da superposição arma que se e são soluções de uma mesma EDP linear e homogênea em uma região R então, para quaisquer a; b 2 R, a função = a b também será solução da mesma EDP em R. Como a equação indicada é linear e homogênea, sabese que o princípio da superposição se aplica. Para vericá-lo, assuma que e sejam soluções, isto é, que é verdade que '' zz k 1 c 2 tt = 0 1

2 e que '' zz k 1 c 2 tt = 0: Para mostrar que isto implica = a b ser solução, substituimos derivadas, na EDP a partir das seguintes = a b '' zz tt = a b = a b = a '' b '' = a zz b zz = a tt b tt para obter: '' zz k = 1 c 2 tt (a b ) 1 (a b ) 1 2(a '' b '' ) a zz b zz k(a b) = 1 c 2(a tt b tt ): Evidenciando a e b, temos: a '' zz k 1 c 2 tt = b '' zz k 1 c 2 tt Como, por hipótese, os termos entre colchetes são nulos, temos que a; b 2 R. Logo, a EDP satisfaz o princípio da superposição. (b) A EDP será separável se sua solução puder ser escrita como satisfaz a EDP para quaisquer (; '; z; t) = R()L(')Z(z)T (t); isto é, como o produto de funções ordinárias em cada uma das variáveis independentes. Uma vez que (omitindo os argumentos e denotando derivadas de funções ordinárias por uma linha, por simplicidade) e assumindo '' zz = RLZT = R 0 LZT = LZT = RL 00 ZT = RLZ 00 T tt = RLZT 00 k(; '; z) = 2 f() 1 g(') h(z); 2 2

3 a substituição de = RLZT na EDP fornece '' zz k 1 c 2 tt = 0 LZT 1 R0 LZT 1 ZT RLZ 00 T 2 f() 1 g(') h(z) RLZT = RL00 2 c2rlzt Dividindo esta equação por RLZT, econtramos a primeira constante de separação 1, uma vez que R 1 R 0 R 1 L 00 2 L Z 00 Z 2 f() 1 g(') h(z) = 1 T 00 2 c 2 T implica na igualdade de uma função de três variáveis independentes, ; ' e z (lado esquerdo da igualdade) com uma função de uma outra variável independente, t (lado direito da equação). Assim, deve existir 1 2 R constante tal que 1 c 2 T 00 T = 1 e R 1 R 0 R 1 L 00 2 L Z 00 Z 2 f() 1 g(') h(z) = 1: 2 Da segunda equação, por argumento semelhante, encontramos as outroas constantes de separação, pois: e R 1 R 0 R 1 L 00 2 L Z 00 Z 2 f() 1 g(') h(z) = 2 1 R 1 R 0 R 1 L 00 2 L 2 f() 1 g(') = 2 1 Z 00 Z h(z) 1 Z 00 Z h(z) = 2 R 1 R 0 R 1 L 00 2 L 2 f() 1 g(') = 2 2 R 1 R 0 R 1 L 00 2 L 2 f() 1 g(') = 2 2 ( 2 ) 2 R R0 R f() 2 2 L00 L g(') = 3 2 R R0 R f() 2 2 = 3 = L00 L g(') Assim, encontramos as quatro equações diferenciais ordinárias para as funções R, L, Z e T : T 00 1 c 2 T = 0 Z 00 [h(z) 2 1 ]Z = 0 L 00 [g() 3 ]L = 0 1 R0 2 f() 2 3 R = 0 2 3

4 em que 1 ; 2 e 3 são constantes de separação, em princípio, arbitrárias. Logo, a EDP é separável. Problema 2. [5,0] (a) Obtenha a solução geral u = u(x; y) da equação diferencial parcial abaixo, u x u y (1 2x) = e (x2 y) u; na região (x; y) 2 [0; 1) [0; 1) a partir da seguinte mudança de variáveis: u(x; y) = U(v; w); v = v(x; y) = x y e w = w(x; y) = x 2 y: (b) A partir do resultado do item (a), determine u(x; y) tal que u(0; y) = 2y senh(y) e u x (0; y) = (1 2y)e y : Resolução: (a) Uma vez que u(x; y) = U(v; w), com v = x y e w = x 2 y, tem-se u x = U x = U v v x U w w x = U v 2xU w u y = U y = U v v y U w w y = U v U w Assim, Substituindo na EDP esse resultado, tem-se: u x u w = U v 2xU w (U v U w ) = (1 2x)U w : u x u y (1 2x) = e (x2 y) u; (1 2x)U w (1 2x) = e w U U w U = e w : Embora U = U(v; w), esta equação pode ser resolvida como se fosse uma EDO linear e de primeira ordem em w, apenas notando que a constante arbitrária da solução geral será, de fato, uma função de v. Assim: Como u(x; y) = U(v; w), encontra-se U w U = e w U(v; w) = A(v)e w {z } } sol. homogênea assoc. we w {z }}} sol. particular u(x; y) = U(x y; x 2 y) = [A(x y) (x 2 y)]e x 2 y 4

5 em que A é uma função ordinária arbitrária. (b) As condições iniciais para u fornecem: u(0; y) = 2y senh(y) [A(y) y]e y = 2y sen(y) = ye y ye y A(y) = ye 2y y y A(y) = ye 2y Note que esta função satisfaz a segunda condição inicial: que resulta u(x; y) = [A(x y) (x 2 y)]e x 2 y = [(x y)e 2(xy) (x 2 y)]e x 2 y u x (x; y) = [e 2(xy) 2(x y)e (2xy) 2x]e x 2 y 2x[(x y)e 2(xy) (x 2 y)]e x 2 y u x (0; y) = [e 2y 2ye 2y ]e y = (1 2y)e y Observação: A folha de prova distribuída aos alunos continha um erro no item (b): u x (0; y) = (1 y) ao invés de u x (0; y) = (1 2y)e y : Assim, o item (b) deste problema foi anulado. 5