Instituto Superior Técnico Departamento de Matemática Secção de Álgebra e Análise ANÁLISE MATEMÁTICA IV o Teste do 1 o semestre de 04/05 cursos: LEAm, LEBl, LEQ, LQ, LEIC, LEM, LEMat, LEGM, LEAN e LEC Data: 004.1.18, 11h00 Duração: 1h30. Justifique cuidadosamente todas as respostas. 1. Considere a equação: y ( 1 x +logx)+y log xdy dx 0. Verifique que a equação tem um factor integrante da forma µ µ(x) e determine-o. Obtenha explicitamente a solução da equação que verifica a condição inicial y(e) 1, e determine o seu intervalo máximo de definição. Vamos determinar µ(x) por forma que: µ(x)( 1 x +logx)y +yµ(x)log(x) dy dx 0, seja exacta. Para tal, deveremos ter: d dy (µ(x)( 1 x +logx)y ) d dx (yµ(x)log(x)), ou seja yµ(x)logx yµ 0 (x)log(x). Um factor integrante da forma µ µ(x) deverá portanto satisfazer µ(x) µ 0 (x), donde podemos tomar µ(x) e x. Então, a equação e x ( 1 x +logx)y +ye x log(x) dy dx 0, é exacta, e portanto existe F (x, y) tal que esta equação se pode escrever como Determinação de F : Deveremos ter: d F (x, y(x)) 0. dx dy F (x, y(x)) yex log x, donde, integrando na variável y, se obtém: F (x, y(x)) y e x log x + h(x), para alguma função h(x). Por outro lado, como dx F (x, y(x)) y e x ( 1 x +logx)+h0 (x) y e x ( 1 x +logx),
podemos tomar h 0, e a solução geral da equação é dada implicitamente por: y e x log x C (C R). A condição inicial y(e) 1 determina C e e,e,comoe x log x 6 0para x numa vizinhança de x e, podemosdividireobterexplicitamente: s e e x y(x) log x. Esta expressão define uma função de classe C 1 no seu domínio que é ]1, + [. De acordo com esta expressão temos lim y(x) e portanto o intervalo ]1, + [ éo x 1 intervalo máximo de definição.. Considere a matriz 3 A 3 0. Calcule a exponencial e ta e aproveite o resultado para resolver o problema de valor inicial x 0 Ax, com x (1) 0 3 5 T. AmatrizA éformadapelosblocos: 3 B 1 3 e B 0 O polinómio característico de B 1 é (3 λ) 4, quetemasraizes1 e 5. Para o valor próprio 1 temososvectoresprópriosquev que satisfazem a v 0 1 Portanto v α. Para o valor próprio 5 temos os vectores próprios que v que 1 satisfazem a v 0. 1 Portanto v α.peloque 1 µ 1 1 0 exp tb 1 exp t 0 5 et 0 5t 1 1 0 e 1 et e 5t e t e 5t 1 1 # " e 5t +e t e 5t e t e 5t e t e 5t +e t
Por outro lado Donde Então (B ) exp tb e ta 0 0 1 0 + t 0 1 e 5t +e t e 5t e t 0. 1 t. 0 1 e 5t e t e 5t +e t 1 t 0 1 A solução do problema de valor inicial proposto é então dado por e 5(t 1) +e (t 1) e 5(t 1) e (t 1) x (t) e (t 1)A 0 3 e 5(t 1) e (t 1) e 5(t 1) +e (t 1) 0 1 (t 1) 3 5 0 1 5 e 5(t 1) + e (t 1) e 5(t 1) e (t 1) 7+10t 5 3. Resolva o seguinte problema com valores iniciais y 00 y te t com y(0) y 0 (0) 0. A equação homogénea correspondente pode escrever-se como Por outro lado, h(t) te t, é solução de: (D I)y 0. (D I) h 0. Portanto, a solução geral da equação deverá satisfazer: isto é, deverá ser da forma: (D I) 3 (D + I)y 0, y(t) c 1 e t + c e t + αte t + βt e t. Como y y h + y p, onde y h c 1 e t + c e t é a solução geral da equação homogénea correspondente, a solução particular y p deve satisfazer: Como (D I)y p (D 1)(αte t + βt e t )te t. (αte t + βt e t ) 00 αte t + βt e t (α (t +1)e t + β t + t e t ) 0 αte t βt e t α (t +)e t + β +4t + t e t αte t βt e t (α + β)e t +4βte t,
temos portanto: (α + β)e t 0, 4βte t te t, ou seja, concluímos que a solução geral da equação não homogénea é: y c 1 e t + c e t 1 4 tet + 1 4 t e t. Vejamos se as condições iniciais y(0) y 0 (0) 0, determinam agora as constantes c 1 e c.verifica-se facilmente que a condição y(0) 0 implica que c 1 c. Calculando aderivadadey y 0 c 1 e t + c e t 1 4 (t +1)et + 1 4 t + t e t, acondiçãoy 0 (0) 0 determina a mesma relação, c 1 + c 1. Concluímos então 4 queassoluçõesdop.v.isão: y et e t 8 1 4 tet + 1 4 t e t.c R. 4. Utilizando o método da separação de variáveis, determine uma solução da equação 3 u x t 3u, quesatisfazascondiçõesfronteirau (t, 0) u (t, π) 0e a condição inicial u (0,x)x (π x) para x [0,π]. Procurando soluções separadas de para u (t, x) T (t) X (x), 3 u x t 3u, com u (t, 0) u (t, π) 0,temos T 0 (t) X 00 (x) 3T (t) X (x), com X (0) X (π) 0. Então e X 00 (x) σx(x), com X (0) X (π) 0 T 0 (t) 3 σ T (t) onde σ éumaconstantereal. OproblemaemX só tem soluções não triviais se σ n para algum n Z +.De facto se σ 0vem X (x) a + bx, e as condições fronteira impõem a b 0. Se pelo contrário σ 6 0, então as soluções de X 00 σx 0são X (x) ae σx + be σx ; portanto as condições fronteira impõem a b e(paraa 6 0) e σπ 1,ouseja σ in e σ n. Para σ n. Por um lado temos X (x) K sen (nx), onde K éumaconstante arbitrária, e por outro lado T 0 (t)+ 3 T (t) 0. n
Pelo que, a menos de uma constante multiplicativa, vem T (t) e 3 n t. Encontramos então as seguintes soluções para cada n Z + X (x) T (t) Ke 3 n t sen (nx). Fazendo combinações lineares destas soluções separadas, obtemos a seguinte solução formal, aonde β n são constantes, X u (t, x) β n e 3 n t sen (nx). Usando agora a condição inicial obtemos X u (0,x) β n sen (nx) x (π x) para x [0,π].. n1 n1 Calculando os coeficientes desta série de senos obtemos: Z π β n x (π x)sen(nx) dx π 0 π µ x (π x)cos(nx) π n 0 Z π (π x)cos(nx) dx πn 0 π µ (π x)sen(nx) πn n 4 Z π sen (nx) dx πn 0 4 (1 cos (nπ)) πn3 Portanto a solução do problema é X 4(1 ( 1) n ) u (t, x) πn 3 n1 Z π 0 Z π e (π x)cos(nx) n sen(nx) n 3 n t sen (nx). dx dx 5. Seja g C 1 (R ) tal que g (0, 0) 0 e g (t, y) 6 y para todo o (t, y) R. Para a [0, ], considere o problema de valor inicial: y 0 y + g (t, y) e y (0) a. Prove que se a ]0, [, então a solução y (t) do problema é estritamente decrescente para t > 0 edetermine lim y (t). t + Considere-se a função definida em R por: f (t, y) y + g (t, y) Note-se que f C 1 (R ) eparatodoo(t, y) R f (t, y) 6 y + y y (y ) (1) pelo que, se y(t) ]0, [, entãoy 0 (t) < 0, ou seja y(t) é estritamente decrescente.
Consideremos o problema u 0 u(u ) com u(0), que tem como (única) solução é u. Pelo teorema de comparação, y(t) <u(t),para t > 0. Por outro lado, y 0 é solução da equação diferencial. (note-se que g(t, 0) 6 0 implica f(t, 0) 0). Mas a existência de duas soluções distintas da equação diferencial tais que y(t) 0, paracertot>0 contradiz o teorema de Picard. Assim, a solução do problema não se anula para t > 0. Concluímos portanto que y(t) ]0, [ para t > 0, oque implica que y(t) é estritamente decrescente em [0, + [ Seja: L lim u(t). t + Como y 0 (t) 0 quando t, da desigualdade (1) resulta que 0 6 L(L ), ede L [0, [ concluímos que L 0.