Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/07/2010 Questa˜o 1: (2.5 pontos) Seja f a func¸a˜o definida por f(x) = { x, 0 ≤ x < 1, −2, 1 ≤ x ≤ 2. (a) (0.8 ponto) Seja f˜ a extensa˜o impar e per´ıodica de per´ıodo 4 da func¸a˜o f . Esboce o gra´fico de f˜ no intervalo [−2, 4]. Soluc¸a˜o: f˜(x) =  f(x); 0 ≤ x < 2 0; x = 0 −f(−x); −2 < x < 0 (b) (1.0 ponto) Encontre a se´rie de Fourier de f˜ . Soluc¸a˜o: Como f˜ e´ impar, os coeficientes a0 = an = 0; n ≥ 1. Como L = 2 temos Pa´gina 1 de 7 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/07/2010(continuac¸a˜o) bn = 2 2 ∫ 2 0 f(x)sen (npix 2 ) dx = ∫ 1 0 xsen (npix 2 ) dx− 2 ∫ 2 1 sen (npix 2 ) dx = − 2x npi cos (npix 2 ) |10 + 4 n2pi2 sen (npix 2 ) |10 + 4 npi cos (npix 2 ) |21 = − 6 npi cos (npi 2 ) + 4 n2pi2 sen (npi 2 ) − 4(−1) n npi ; n ≥ 1 Assim S.F.[f˜ ] = ∑∞ 1 bnsen ( npix 2 ) (c) (0.7 ponto) Escreva a se´rie do item (b) no ponto x = 1 e ache a sua soma. Soluc¸a˜o: Pelo Teorema de Fourier, tomando x = 1, temos que ∞∑ 1 bnsen (npix 2 ) = f(1+) + f(1−) 2 = −1/2 Questa˜o 2: (2.0 pontos) Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF) ut − 4uxx = 0, 0 < x < 1, t > 0, u(0, t) = 2, u(1, t) = 3, t ≥ 0, u(x, 0) = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ 1, que representa a distribuic¸a˜o de temperatura numa barra. (a) (1.0 ponto) Determine a temperatura estaciona´ria (ou permanente ou de equilibrio) v(x) da barra. Soluc¸a˜o: A soluc¸a˜o estaciona´ria satisfaz o seguinte problema vxx = 0 v(0) = 2 v(1) = 3 Logo, da primeira equac¸a˜o temos que v(x) = ax+ b. Pelas condic¸o˜es de fronteira, obtemos: a = 1 e b = 2. Assim, v(x) = x+ 2. (b) (1.0 ponto) Considerando w(x, t) = u(x, t) − v(x), encontre o Problema de Valor Inicial e de Fronteira que a func¸a˜o w devera´ satisfazer. Pa´gina 2 de 7 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/07/2010(continuac¸a˜o) Soluc¸a˜o: Como wt = ut, wxx = uxx − vxx = uxx, temos, wt − 4wxx = ut − 4uxx = 0 w(0, t) = u(0, t)− v(0) = 2− 2 = 0 w(1, t) = u(1, t)− v(1) = 3− 3 = 0 w(x, 0) = u(x, 0)− v(x) = ϕ(x)− (x+ 2) Conclu´ımos que w e´ soluc¸a˜o do seguinte PVIF wt − 4wxx = 0, 0 < x < 1, t > 0, w(0, t) = 0, w(1, t) = 0, t ≥ 0, w(x, 0) = ϕ(x)− x− 2, 0 ≤ x ≤ 1, Questa˜o 3: (2.5 pontos) Considere o seguinte problema utt − uxx − 4ux = 0, 0 < x < 2, t > 0, (1) u(0, t) = u(2, t) = 0, t ≥ 0. (2) (a) (1.0 ponto) Usando o me´todo de separac¸a˜o de varia´veis, explicite as duas equac¸o˜es diferenciais ordina´rias associadas a equac¸a˜o (1). Soluc¸a˜o: Seja u(x, t) = F (x)G(t). Substituindo na equac¸a˜o (1), temos: G′′(t) G(t) − F ′′(x) F (x) − 4F ′(x) F (x) = 0 ou ainda G′′(t) G(t) = F ′′(x) + 4F ′(x) F (x) = λ visto que x e t sa˜o varia´veis independentes. Temos as seguintes EDOs: G′′(t)− λG(t) = 0 F ′′(x) + 4F ′(x)− λF (x) = 0 (b) (1.5 ponto) Utilizando (2), obtenha todos os autovalores e as respectivas autofunc¸o˜es do pro- blema de contorno correspondente a equac¸a˜o diferencial ordina´ria na varia´vel x. Soluc¸a˜o: Problema de contorno para a EDO na varia´vel x. Da condic¸a˜o (2) obtemos: 0 = u(0, t) = F (0)G(t)→ F (0) = 0 0 = u(2, t) = F (2)G(t)→ F (2) = 0 Pa´gina 3 de 7 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/07/2010(continuac¸a˜o) Assim, temos o seguinte problema de autovalores:{ F ′′(x) + 4F ′(x)− λF (x), 0 < x < 2, F (0) = F (2) = 0 sendo o polinoˆmio caracter´ıstico dado por r2 + 4r − λ = 0. As ra´ızes do polonoˆmio sa˜o: r = −4±√16 + 4λ 2 = −4± 2√4 + λ 2 = −2±√4 + λ. Temos treˆs casos distintos: λ = −4: Ra´ızes reais iguais, r1 = r2 = −2. Soluc¸a˜o geral da EDO: F (x) = c1e −2x + c2xe−2x. Como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o nula do problema, das condic¸o˜es de contorno con- clu´ımos: 0 = F (0) = c1 → c1 = 0 0 = F (2) = 2c2e −4 = 0→ c2 = 0 Logo, se λ = −4 temos apenas a soluc¸a˜o trivial F (x) = 0. λ > −4: Neste caso o polinoˆmio caracteristico tem ra´ızes reais distintas: r1 = −2+ √ λ+ 4 e r2 = −2− √ λ+ 4. A soluc¸a˜o sera´ da forma F (x) = c1e r1x + c2e r2x. Das condic¸o˜es de contorno obtemos: 0 = F (0) = c1 + c2 → c1 = −c2 0 = F (2) = −c2e2r1 − c2e2r2 = 0→ c2 = 0 Logo, se λ > −4 temos apenas a soluc¸a˜o trivial F (x) = 0. λ < −4: Neste caso o polinoˆmio caracteristico tem ra´ızes complexas conjugadas: r1 = −2 + i√−λ− 4 e r2 = −2− i √−λ− 4. Seja γ = √−λ− 4. A soluc¸a˜o sera´ da forma F (x) = e−2x(c1cos(γx) + c2sen(γx)). Das condic¸o˜es de contorno obtemos: 0 = F (0) = c1 0 = F (2) = c2e −4sen(2γ) = 0→ c2 = 0 ou sen(2γ) = 0, como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o trivial temos c2 6= 0 (caso contra´rio F(x)=0), e portanto sen(2γ) = 0→ 2γ = npi;n ∈ N. Assim, √−λ+ 4 = γ = npi 2 → λ = n 2pi2 4 + 4, n ∈ N sa˜o autovalores do problema associados a`s autofunc¸o˜es Fn(x) = e −2xsen ( npix 2 ) , n ∈ N. Questa˜o 4: (3.0 pontos) Pa´gina 4 de 7 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/07/2010(continuac¸a˜o) Considere o seguinte problema para a equac¸a˜o de Laplace r2urr + rur + uθθ = 0, 0 < r < 3, 0 < θ < pi 2 , (3) u(r, 0) = 0, u(r, pi 2 ) = 0, 0 ≤ r ≤ 3, (4) u(3, θ) = 4sen(8θ), 0 ≤ θ ≤ pi 2 . (5) (a) (2.3 pontos) Supondo que u(r, θ) seja uma func¸a˜o limitada, use o me´todo de separac¸a˜o de varia´veis e obtenha a soluc¸a˜o u(r, θ) em se´rie que satisfaz a E.D.P. (3) e a condic¸a˜o de fronteira (4). Soluc¸a˜o: Suponha u(r, θ) = F (r)G(θ), substituindo equac¸a˜o (3) temos: r2F ′′(r)G(θ) + rF ′(r)G(θ) + F (r)G(θ) = 0 Logo r2F ′′(r) + rF ′(r) F (r) = −G ′′(θ) G(θ) = λ (cte) pois o primeiro termo da igualdade acima so´ depende de r, e o segundo termo so´ depende de θ. Assim obtemos as seguintes EDOs associadas ao problema:{ G′(θ) + λG(θ) = 0 r2F ′′(r) + rF ′(r)− λF (r) = 0 ( eq. de Euler) Como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o nula do problema, de (4) obtemos: 0 = u(r, 0) = F (r)G(0)→ G(0) = 0 0 = u(r, pi/2) = F (r)G(pi/2)→ G(pi/2) = 0 Temos assim o seguinte problema de autovalores:{ G′(θ) + λG(θ) = 0 G(0) = G(pi/2) = 0 o polinoˆmio caracteristico associado ao problema acima e´: z2 + λ = 0. Temos assim treˆs casos poss´ıveis: λ = 0: Neste caso temos ra´ızes z1 = z2 = 0, com soluc¸a˜o da forma G(θ) = aθ + b e das condic¸o˜es de contorno G(0) = G(pi/2) = 0, concluimos que a = b = 0. λ < 0: Neste caso temos ra´ızes reais distintas z1 = √−λ, z2 = − √−λ, com soluc¸a˜o da forma G(θ) = c1e z1θ + c2e z2θ. Das condic¸o˜es de contorno temos: 0 = G(0) = c1 + c2 → c1 = −c2 0 = G(pi/2) = −c2ez1pi/2 + c2ez2pi/2 = 0→ c2 = 0 Assim, neste caso temos apenas a soluc¸a˜o trivial G(θ) = 0. Pa´gina 5 de 7 Ca´lculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito prim. prova unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 07/07/2010(continuac¸a˜o) λ > 0: Neste caso o polinoˆmio caracteristico tem ra´ızes complexas conjugadas: z1 = i √ λ e z2 = −i √ λ. A soluc¸a˜o sera´ da forma G(θ) = c1cos( √ λθ) + c2sen( √ λθ). Das condic¸o˜es de contorno obtemos: 0 = G(0) = c1 0 = G(pi/2) = c2sen( √ λpi/2) = 0→ c2 = 0 ou sen( √ λpi/2) = 0, como buscamos uma soluc¸a˜o na˜o trivial temos c2 6= 0 (caso contra´rio G(θ) = 0), e portanto sen( √ λpi/2) = 0→ √λpi/2 = npi;n ∈ N. Assim, λ = 4n2, n ∈ N sa˜o autovalores

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