c + 1+t 2 (1 + t 2 ) 5/2 dt e 5 2 ln(1+t2 )dt (1 + t 2 ) 5/2 dt (c 5/2 + (1 + t 2 ) 5/2 (1 + t 2 ) 5/2 dt ϕ(t) = (1 + t 2 ) 5/2 (1 + t).

Transcrição

1 Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 o Semestre 206/207 3 de junho de 207, às 9:00 Teste 2 versão A MEFT, MEC, MEBiom, LEGM, LMAC, MEAer, MEMec, LEAN, LEMat [,0 val Resolva os seguintes problemas de valor inicial, indicando os intervalos de existência das respectivas soluções: (a) ϕ = 5tϕ + t 2 + ( + t2 ) 5/2, ϕ(0) = Resoluç ão Cálculo da solução geral pela f ormula da variação das constantes: ϕ(t) = e ˆ 5t +t (c 2 dt + ( e ) 5t +t 2 ( + t 2 ) 5/2 dt ) e 5 2 ln(+t2 )dt ( + t 2 ) 5/2 dt ˆ = e 5 2 ln(+t2 )dt c + ˆ ) = ( + t 2 ) (c 5/2 + ( + t 2 ) 5/2 ( + t 2 ) 5/2 dt = ( + t 2 ) 5/2 (c + t) A condição inicial ϕ(0) = implica c = A solução do problema de valor inicial dado será então ϕ(t) = ( + t 2 ) 5/2 ( + t) Esta função está definida em R, e no seu domínio, é diferenciável e satisfaz a equação diferencial, pelo que é uma solução global Logo, o intervalo máximo de existência é R [,0 val (b) dy dx = x3 e x4 +y, y(0) = 0 Cálculo da solução geral: Resoluç ão dy dx = x3 x4 +y e ˆ e y = y dy e dx = x3 e x4 d dx ( e y ) = x 3 e x4 x 3 e x4 dx = ex4 4 + c y(x) = ln ) ( ex4 4 c A condição inicial y(0) = 0 implica 4 c =, ou seja, c = 5 4 A solução do problema de valor inicial será então ( ) 5 y(x) = ln 4 ex4 4

2 Calculemos o maior intervalo que inclui zero e onde esta expressão está bem definida: 5 4 ex4 4 > 0 ex4 < 5 x 4 ln 5, 4 [ ln 5 e, portanto, este será o intervalo de existência procurado [,0 val 2 (a) Determine a solução geral do sistema [ x 2 4 = 2 2 x Resoluç ão O polinómio característico tem raízes ±2i Considerando λ = 2i, temos que as duas soluções linearmente independentes serão respectivamente a parte real e imaginária da solução complexa z = e 2it v, onde v é um vector próprio associado ao valor próprio 2i O conjunto dos vectores próprios associado a λ = 2i é um espaço linear de dimensão, gerado por exemplo pelo vector [ ( + i) A solução geral do sistema é então dada por x(t) = c [ 2 cos(2t + 5π 4 ) cos(2t) + c 2 [ 2 sen(2t + 5π 4 ) sen(2t), com c, c 2 R [,0 val (b) Determine a solução do problema de valor inicial [ [ x = x , x(0) = Sugestão: Encontre uma solução particular constante Resoluç ão Seguindo a sugestão, procuramos uma solução particular da equação nãohomogénea que seja constante, e, como tal, satisfaça o sistema [ = x + [ 2 4 [ 3

3 A solução é [ 5 x p = 3 Determinamos agora a solução (única) do problema de valor inicial em x = x h + x p, onde x h é uma solução da eq homogénea determinada na alínea anterior Obtemos c = 6 e c 2 = 2, pelo que x(t) = [ cos(2t + 5π 4 ) 2 2 sen(2t + 5π 4 ) cos(2t) 2 sen(2t) [2,0 val 3 Determine a solução geral da equação y 2y + 2y = 4t A equação homogénea pode escrever-se (D 3 2D 2 + 2D)y = 0 D(D i)(d + i)y = 0, e tem portanto como solução geral y(t) = A + Be t cos t + Ce t sen t Por outro lado, qualquer solução da equação não homogénea satisfaz D 3 (D i)(d + i)y = 0, e portanto existe uma solução particular da forma y p (t) = Et 2 + Ft Substituindo na equação obtemos y p (t) = t 2 + 2t, pelo que a solução geral é y(t) = t 2 + 2t + A + Be t cos t + Ce t sen t [,0 val 4 (a) Determine a série Fourier da função f : [ 2π, 2π R dada por { x, 0 x π, f (x) = 2π x, π x 2π, e que satisfaz f ( x) = f (x) 3

4 A função f é ímpar, e portanto a série de Fourier de f é com b n sen n 2 x, n= b n = π = π ˆ 2π 0 ˆ π 0 = 8 πn 2 sen nπ 2 f (x) sen n 2 x dx x sen n 2 x dx + π Portanto a série de Fourier de f é 8 π ( ) n (2n + ) ˆ 2π π 2n + sen x 2 2 (2π x) sen n 2 x [,0 val (b) Resolva o problema de valor inicial com condições na fronteira u t = 2 u sen(x/2), 0 < x < 2π, 0 < t, x 2 u(t, 0) = u(t, 2π) = 0, 0 t, u(0, x) = f (x), 0 x 2π Como a equação diferencial não é homogénea, procuramos uma solução particular estacionária, v = v(x) Obtemos v (x) = sen(x/2), e portanto v(x) = 4 sen x/2 é uma solução particular que satisfaz as condições de fronteira Segue-se que é uma solução do problema se e só se u(t, x) = w(t, x) 4 sen x/2 w t = 2 w 0 < x < 2π, 0 < t, x 2 w(t, 0) = w(t, 2π) = 0, 0 t, w(0, x) = f (x) + 4 sen x/2, 0 x 2π 4

5 Separando variáveis, vemos que w(t, x) = T(t) X(x), satisfaz a equação diferencial e as condições de fronteira se e só se { T X = T X, 0 < x < 2π, 0 < t, T(t) X(0) = T(t) X(2π) = 0, 0 t Segue-se que X + λx = 0, T + λt = 0 com λ constante Para obter soluções não nulas que satisfazem X(0) = X(2π) = 0 devemos escolher λ = n 2 /4 Sobrepondo estas soluções obtemos w(t, x) = b n e n2t/4 sen n 2 x n= Aplicando w(0, x) = f (x) + 4 sen x/2 obtém-se Logo f (x) = 4 sen x/2 + = 8 π u(t, x) = 4(e t/4 ) sen x π ( ) n (2n + ) b n sen n 2 x n= 2n + sen 2 2 x ( ) n (2n + ) 2 e (2n+)2 t/4 sen 2n + x 2 [2,0 val 5 Seja f : R 2 R de classe C, tal que para a : R + R + contínua se tem (t,y) (R + 2, f (t, y) a(t)y ) Para (t 0, y 0 ) (R + ) 2, diga o que pode afirmar quanto à existência e unicidade locais de solução do problema de valor inicial y = f (t, y) arctg y, y(t 0 ) = y 0 Poderá concluir que o intervalo máximo de existência I max contém [t 0, +[? 5

6 (i) A função (t, y) f (t, y) sen y é de classe C em R 2 e, portanto, contínua e localmente Lipschitz relativamente a y, pelo que as hip oteses do teorema de Picard são satisfeitas para qualquer condição inicial (t 0, y 0 ) R 2 e, em particular, para a dada, donde se conclui a existência e unicidade locais de solução para o problema de valor inicial dado (ii) u(t) = 0, para todo o t, é uma solução da equação diferencial Logo, se existisse outra solução que assumisse o valor 0 para algum t, existiria um ponto em que a unicidade local assegurada pelo teorema de Picard seria violada, o que seria absurdo Logo, y(t) será uma função contínua no seu intervalo máximo de existência I max =α, ω[, que satisfaz y(t 0 ) > 0 e y(t) = 0, para todo o t I max Logo, y(t) > 0, para todo o t I max (iii) Pela alínea anterior, y(t) não pode explodir para Mostremos que não explode em tempo finito, ou seja, não pode ocorrer ω < + e y(t) + quando t ω Seja y a a solução do problema de valor inicial ou seja, y a (t) = y 0 e π 2 y a = π 2 a(t)y a, y a (t 0 ) = y 0, t t 0 a(s)ds, definido em todo R + Uma vez que, (t,y) (R + ) 2 f (t, y) arctg y π 2 f (t, y) π 2 a(t)y, e que y(t 0 ) = y a (t 0 ) > 0, por comparação de soluções concluímos que, para todo t [t 0, ω[, 0 < y(t) y a (t) Logo a solução não explode nem para nem para +, pelo que, ω = +, ou seja, [t 0, +[ I max 6

7 Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 o Semestre 206/207 3 de junho de 207, às 9:00 Teste 2 versão B MEFT, MEC, MEBiom, LEGM, LMAC, MEAer, MEMec, LEAN, LEMat Resolva os seguintes problemas de valor inicial, indicando os intervalos de existência das respectivas soluções: [,0 val (a) y = 3xy + x 2 + ( + x2 ) 3/2, y(0) = Resoluç ão y = x + (x 2 + ) 3/2, Logo, o intervalo máximo de existência é R [,0 val (b) dϕ dt = tet2 +ϕ, ϕ() = 0 Resoluç ão φ = log ( ) e t2 + 2 e 2 Logo, o intervalo máximo de existência é log(e 2), [ [,0 val 2 (a) Determine a solução geral do sistema x = [ x Resoluç ão [ cos(2t) sen(2t) sen(2t) x = 2 sen(2t) sen(2t) + cos(2t) [ a b [,0 val (b) Determine a solução do problema de valor inicial x = [ [ 2 x + 6 [ 2, x(0) = 6 Sugestão: Encontre uma solução particular constante

8 [ sen(2t) x = + 5 sen(2t) + 5 cos(2t) [2,0 val 3 Determine a solução geral da equação y 4y + 5y = 0 c + c 2 t + e 2t (c 3 cos t + c 4 sen t) + t 2 [,0 val 4 (a) Determine a série Fourier da função f : [ 2π, 2π R dada por { x, 0 x π f (x) = 2π x, π x 2π e que satisfaz f ( x) = f (x) A função f é par, e portanto a série de Fourier de f é com a 0 = π a n = π ˆ 2π 0 ˆ π a a n cos n 2 x, n= f (x) cos n 2 x dx ˆ 2π = x cos n π 0 2 x dx + (2π x) cos n π π 2 x = 4 [ πn 2 2 cos nπ 2 ( + ( )n ) 2

9 Tem-se a 2n+ = 0, a 4n = 0 e a 4n+2 = 4/π(2n + ) 2 Portanto a série de Fourier de f é π 2 4 cos(2n + )x π (2n + ) 2 [,0 val (b) Resolva o problema de valor inicial com condições na fronteira u t = 2 u + cos x, 0 < x < 2π, 0 < t, x 2 u x (t, 0) = u x (t, 2π) = 0, 0 t, u(0, x) = f (x), 0 x 2π Como a equação diferencial não é homogénea, procuramos uma solução particular estacionária, v = v(x) Obtemos v (x) = cos x, e portanto v(x) = cos x é uma solução particular que satisfaz as condições de fronteira Segue-se que u(t, x) = w(t, x) + cos x é uma solução do problema se e só se w t = 2 w 0 < x < 2π, 0 < t, x 2 w x (t, 0) = w x (t, 2π) = 0, 0 t, w(0, x) = f (x) cos x, 0 x 2π Separando variáveis, vemos que w(t, x) = T(t) X(x), satisfaz a equação diferencial e as condições de fronteira se e só se { T X = T X, 0 < x < 2π, 0 < t, T(t) X (0) = T(t) X (2π) = 0, 0 t Segue-se que X + λx = 0, T + λt = 0 com λ constante Para obter soluções não nulas que satisfazem X (0) = X (2π) = 0 devemos escolher λ = n 2 /4 Sobrepondo estas soluções obtemos w(t, x) = a 0 + a n e n2t/4 cos n 2 x n= 3

10 Aplicando w(0, x) = f (x) cos x obtém-se Logo f (x) = cos x + a 0 + = π 2 4 π u(t, x) = ( e t/4 ) cos x + π 2 4 π a n cos n 2 x n= cos(2n + )x (2n + ) 2 (2n + ) 2 e (2n+)2 t/4 cos(2n + )x [2,0 val 5 Seja f : R 2 R de classe C, tal que para a : R + R + contínua se tem (t,y) (R + 2, f (t, y) a(t)y ) Para (t 0, y 0 ) (R + ) 2, diga o que pode afirmar quanto à existência e unicidade locais de solução do problema de valor inicial y = f (t, y) arctg y, y(t 0 ) = y 0 Poderá concluir que o intervalo máximo de existência I max contém [t 0, +[? (i) A função (t, y) f (t, y) sen y é de classe C em R 2 e, portanto, contínua e localmente Lipschitz relativamente a y, pelo que as hip oteses do teorema de Picard são satisfeitas para qualquer condição inicial (t 0, y 0 ) R 2 e, em particular, para a dada, donde se conclui a existência e unicidade locais de solução para o problema de valor inicial dado (ii) u(t) = 0, para todo o t, é uma solução da equação diferencial Logo, se existisse outra solução que assumisse o valor 0 para algum t, existiria um ponto em que a unicidade local assegurada pelo teorema de Picard seria violada, o que seria absurdo Logo, y(t) será uma função contínua no seu intervalo máximo de existência I max =α, ω[, que satisfaz y(t 0 ) > 0 e y(t) = 0, para todo o t I max Logo, y(t) > 0, para todo o t I max (iii) Pela alínea anterior, y(t) não pode explodir para Mostremos que não explode em tempo finito, ou seja, não pode ocorrer ω < + e y(t) + quando t ω Seja y a a solução do problema de valor inicial y a = π 2 a(t)y a, y a (t 0 ) = y 0, 4

11 ou seja, y a (t) = y 0 e π t 2 t a(s)ds 0, definido em todo R + Uma vez que, (t,y) (R + ) 2 f (t, y) arctg y π 2 f (t, y) π 2 a(t)y, e que y(t 0 ) = y a (t 0 ) > 0, por comparação de soluções concluímos que, para todo t [t 0, ω[, 0 < y(t) y a (t) Logo a solução não explode nem para nem para +, pelo que, ω = +, ou seja, [t 0, +[ I max 5

12 Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 o Semestre 206/207 3 de junho de 207, às :30 Teste 2 versão C MEAmbi, MEBiol, MEEC, MEQ, LEIC [2,0 val Considere o seguinte problema de valor inicial: 2e x y + (e x ye x ) dy = 0 y(0) = /2 dx Mostre que a equação diferencial possui um factor integrante na forma µ = µ(x) e resolva o problema, indicando o intervalo máximo de existência da solução A função µ(x) é um factor integrante daquela equação sse y (µ(x)2ex y) = x (µ(x)(ex ye x )) µ(x)2e x = µ (x)(e x ye x ) + µ(x)(e x + ye x ) µ (x)(e x ye x ) µ(x)(e x ye x ) = 0 µ (x) µ(x) = 0 µ(x) = ce x Um possível factor integrante é então µ(x) = e x e, multiplicando a equação diferencial por este factor obtemos a seguinte equação diferencial equivalente a qual sabemos ser exacta: 2ye 2x + (e 2x y) dy dx = 0 Logo, procuramos uma função Φ(x, y) tal que Φ(x, y) = 2ye 2x x Φ(x, y) = e 2x y y Primitivando a primeira equação obtém-se Φ(x, y) = ye 2x + C(y) Derivando esta expressão em ordem a y e usando a segunda equação, e 2x + C (y) = e 2x y, e, logo, C (y) = y, resultando C(y) = y2 2 + c, onde c é uma constante Portanto, Φ(x, y) = y2 2 + ye2x + c

13 As soluções da equação diferencial são então dadas implicitamente por y 2 2 ye2x c = 0 Usando a condição inicial y(0) = /2, obtemos 8 2 c = 0 c = 3 8 e, portanto, obtemos a forma implícita que define a solução do problema de valor inicial: y 2 2 ye2x = 0 A solução será dada então por y(x) = e 2x e 4x 3 4, onde a escolha da raiz do polinómio do segundo grau em y foi ditada novamente pela condição inicial y(0) = /2 Cálculo do intervalo máximo de existência da solução, I: Logo, e 4x 3 4 > 0 x > 4 ln 3 4, I = ln 4 3 4, +[ [,0 val 2 (a) Determine a solução geral do sistema [ x 2 0 = 0 2 x Resoluç ão A matriz do sistema possui dois valores próprios reais e distintos, respectivamente λ = 2 e λ 2 = 2 Duas soluções linearmente independentes serão e 2t v e e 2t v 2, onde v e v 2 são vectores próprios associados a 2 e 2 respectivamente Podemos tomar v = e e v 2 = e 2 (os vectores da base canónica de R 2 ) 2

14 Então, a solução geral do sistema homogéneo será com c, c 2 R [ e 2t x = c 0 + c 2 [ 0 e 2t, [,0 val (b) Determine a solução do problema de valor inicial x = [ [ 2e 2t x + te 2t [, x(0) = 2 Como Resoluç ão F(t) = [ e 2t 0 0 e 2t é uma matriz fundamental de soluções e se tem que F(0) = I, podemos concluir que F(t) = e At para A = [ Então, ( e At) = e At, e pela fórmula da variação das constantes podemos concluir que a solução do problema de valor inicial é dada por [ e 2t x = 0 [ e 2t + x p, onde x p = = ˆ t 0 ˆ t e A(t s) [ 2e 2s [ 2e 2t 0 se 2t se 2s ds = ds [ 2e 2t s s 2 2 e 2t s=t s=0 = [ 2e 2t t t 2 2 e 2t () [2,0 val 3 Determine a solução geral da equação y + 2y + y = e t 3

15 A equação homogénea pode escrever-se e tem portanto como solução geral (D 3 + 2D 2 + D)y = 0 D(D + ) 2 y = 0, y(t) = A + Be t + Cte t Por outro lado, qualquer solução da equação não homogénea satisfaz D(D + ) 2 (D )y = 0, e portanto existe uma solução particular da forma y p (t) = Ee t Substituindo na equação obtemos y p (t) = 4 et, pelo que a solução geral é y(t) = 4 et + A + Be t + Cte t [,0 val 4 (a) Determine a série Fourier da função f : [π, π R dada por { 0 se π x < 0, f (x) = se 0 x π, estude-a quando à convergência pontual em [ π, π, e calcule ( ) n /(2n + ) A série de Fourier de f (x) é a a n cos nx + b n sen nx n+ 4

16 com a 0 = a n = π = 0 b n = π = π Portanto a série de Fourier de f é π ˆ π 0 ˆ π 0 cos nx dx sen nx dx cos(nπ) n sen(2n + )x 2n + Tem-se sen(2n + )x π 2n + 0 se π < x < 0, = se 0 < x < π, /2 se x = 0 ou x = ±π, e a série é periódica de período 2π Sendo x = π/2 tem-se e portanto π 4 = ( ) n 2n + = π ( ) n 2n +, [,0 val (b) Resolva o problema de valor inicial com condições na fronteira u t 2 u = u, 0 < x < π, 0 < t, x 2 u x (t, 0) = u x (t, π) = 0, 0 t, u(0, x) =, 0 x π Seja u(t, x) = T(t) X(x) A função u satisfaz a equação diferencial e as 5

17 condições de fronteira se e só se { T X T X = T X, 0 < x < π, 0 < t, T(t) X (0) = T(t) X (π) = 0, 0 t Segue-se que X + λx = 0, T + (λ )T = 0 com λ constante Para obter soluções não nulas que satisfazem X (0) = X (π) = 0 devemos escolher λ = n 2 Sobrepondo estas soluções obtemos u(t, x) = a 0 e t + Aplicando u(0, x) = obtém-se = a 0 + a n e ( n2)t cos nx n= a n cos nx n= Logo u(t, x) = e t [2,0 val 5 Seja f : R R contínua não identicamente nula tal que f (0) = 0 Considere o seguinte problema de valor inicial (PVI): dx = f (x), x(0) = 0 dt Dado t > 0, considere o conjunto J(t ) = {y R : existe solução do PVI, x(t), tal que x(t ) = y} Mostre que J(t ) é um intervalo Indique uma condição adicional que garanta que J(t ) = {0} Uma solução do PVI é x(t) = 0, para todo t e, portanto, 0 J(t ) Assim, para mostrar que J(t ) é um intervalo basta mostrar que se existe y = 0 tal que y J(t ), então, dado um qualquer y entre 0 e y, verifica-se y J(t ) Assim, suponhamos que existe y J(t ) \ {0} Pela definição de J(t ), existe uma solução do PVI, digamos φ(t), tal que φ(t ) = y Mas então, para cada c [0, t dado, a função { 0, se 0 t c, x c (t) = φ(t c), se c < t t 6

18 é também uma solução do PVI Como φ(t) é diferenciável e, portanto, contínua, pela continuidade da composta de duas funções contínuas, c φ(t c), ou seja, a correspondência c x c (t ) é contínua Como, x 0 (t ) = y e x t (t ) = 0, pelo teorema de Bolzano, dado qualquer y entre 0 e y, existe c [0, t tal que, x c (t ) = y Logo, y J(t ) Se f é de classe C, o teorema de Picard garante unicidade de solução, e portanto x(t) = 0 é a única solução do PVI Segue-se que com esta condição adicional se tem J(t ) = {0} 7

19 Análise Complexa e Equações Diferenciais 2 o Semestre 206/207 3 de junho de 207, às :30 Teste 2 versão D MEAmbi, MEBiol, MEEC, MEQ, LEIC [2,0 val Considere o seguinte problema de valor inicial: 3e x y + (ye 2x + e x ) dy dx = 0 y(0) = 3/2 Mostre que a equação diferencial possui um factor integrante na forma µ = µ(x) e resolva o problema, indicando o intervalo máximo de existência da solução [,0 val [,0 val [2,0 val 2 (a) Determine a solução geral do sistema x = [ x (b) Determine a solução do problema de valor inicial x = [ Determine a solução geral da equação [ 3e 3t x + te 3t [ 2, x(0) = 3 y 4y + 4y = e t [,0 val 4 (a) Determine a série Fourier da função f : [π, π R dada por { se x < π/2, f (x) = 0 caso contrário, estude-a quando à convergência pontual em [ π, π, e calcule ( ) n /(2n + ) A função f é par e a série de Fourier de f (x) é a a n cos nx n+

20 com a 0 = ˆ π/2 Portanto a série de Fourier de f é a n = 2 cos nx dx π 0 = 2 sen nπ/2 nπ 0 se n é par, = ( ) m 2 se n = 2m + (2m + )π π n cos(2n + )x ( ) 2n + Tem-se π n cos(2n + )x ( ) 2n + se x < π/2, = /2 se x = ±π/2, 0 caso contrário, e a série é periódica de período 2π Sendo x = 0 tem-se e portanto = π ( ) n 2n +, π 4 = ( ) n 2n + [,0 val (b) Resolva o problema de valor inicial com condições na fronteira 2 u u x 2 t =, 0 < x < π, 0 < t, u(t, 0) = u(t, π) =, 0 t u(0, x) = 2 x2 π 2 x, 0 x π Sugestão: Considere uma solução u(t, x) = v(x) + w(t, x), com d2 v dx 2 = 2

21 Seja u(t, x) = x 2 /2 + Ax + B + w(t, x) A função u é uma solução do problema se e só se 2 w w x 2 t = 0, B + w(t, 0) = π 2 /2 + Aπ + B + w(t, π) =, x 2 /2 + Ax + B + w(0, x) = x 2 /2 πx/2 Escolhendo B = e A = π 2 obtemos Segue-se que w(t, x) = 0, donde 2 w w x 2 t = 0, w(t, 0) = w(t, π) = 0, w(0, x) = 0 u(t, x) = x 2 /2 πx/2 [2,0 val 5 Seja f : R R contínua não identicamente nula tal que f (0) = 0 Considere o seguinte problema de valor inicial (PVI): dx dt Dado t > 0, considere o conjunto = f (x), x(0) = 0 J(t ) = {y R : existe solução do PVI, x(t), tal que x(t ) = y} Mostre que J(t ) é um intervalo Indique uma condição adicional que garanta que J(t ) = {0} 3