ANÁLISE MATEMÁTICA IV

(1)

Exame de 7.7.03 e resolu¸c˜ao.

Instituto Superior T´ecnico Departamento de Matem´atica

Seçcão de Álgebra e Análise

AN ´

ALISE MATEM ´

ATICA IV

2o Exame

(LEA,LEB,LEC,LEGI,LEIC,LEMat,LEM,LEMG,LEN,LEQ,LQ)

Justifique cuidadosamente todas as respostas.

Data: 07/07/2003, 9h00 Dura¸c˜ao: Exame 3h00.

1. Seja u :R2 _{→ R definida por}

u (x, y) = sh(ax) sen y. onde a ´e uma constante real.

Para que valores da constante a é que u é a parte real de uma fun¸cão anal´ıtica emC? Para esses valores da constante, determine uma fun¸cão harmónica conjugada de u.

2. Considere a fun¸c˜ao f (z) = 1

z(z + 1). Determine o desenvolvimento de f em série de Laurent ( indicando a respectiva região de convergência) centrada em z0= 0, convergente em:

(a) z = 1₂. (b) z = 2.

3. Considere a regi˜ao de C definida por Rdef= z ∈ C : |z − 1 2| < 1 . Calcule _Z ∂R 1 z3_{+ 1} dz

onde ∂R ´e o bordo de R percorrido uma vez em sentido directo.

4. Utilizando o Teorema dos Res´ıduos, calcule Z +∞

−∞

1

(x2_{+ 9)}2 dx.

5. Seja a uma constante real e f (t) = teat_{, definida para t}_{≥ 0. Calcule a}

Transformada de Laplace de f , (designada por L(f) ), e verifique que: f (t) = 1

2πi I

C

ezt_{L(f)(z) dz, ∀t > 0,} onde C ´e um contorno fechado apropriado.

(2)

6. Determine a solu¸c˜ao do problema de valores iniciais x0_{= Ax + h(t)} x(0) = (0, 1, 0)T onde A =   1 1 00 1 0 0 0 2   e h(t) =   e0t −1  

7. Considere a equa¸c˜ao diferencial

2x2_{− yx}+ 2yx_{− x}2 dy dx = 0.

a) Mostre que esta equa¸c˜ao ´e redut´ıvel a exacta com um factor inte-grante µ = µ(x).

b) Determine a solu¸cão da equa¸cão que satisfaz a condi¸cão inicial y(2) = 2 e indique o intervalo máximo de defini¸cão da mesma. 8. Determine a solu¸cão do problema de valores iniciais

y00− 4y0_{+ 4y =} 0 se 0 ≤ t ≤ 1 t_{− 1 se t > 1} y(0) = 0, y0(0) = 1 .

9. Determine a solu¸c˜ao do problema de valor inicial e condi¸c˜oes de fron-teira:

ut= uxx+ 2ux, (t, x)∈ R+×]0, π[

u(t, 0) = 0, u(t, π) = 0 t _{∈ R}+_,

u(0, x) = e−x_{(sen x + sen 2x)} _x_{∈]0, π[.}

10. Seja F uma fun¸cão estritamente crescente, duas vezes diferenciável e tal que F (0) = 0 e F0(0) = 1. Determine a solu¸cão do seguinte problema:

¨

y =_−F00(y) ˙y3 com y(0) = 0 e ˙y(0) = 1. Sugest˜ao: Obtenha primeiro uma fun¸c˜ao v tal que ˙y = v(y).

(3)

Resolu¸c˜ao:

1. Sabemos que u é a parte real de uma fun¸cão holomorfa se e só se u é harmónica, ou seja, u _{∈ C}2 _{e ∆u = 0. Sendo u o producto de duas}

fun¸c˜oes _C∞ _{ser´a claramente}_C2_{. Por outro lado tem-se}

∆u = ∂

2_u

∂x2+

∂2_u

∂y2 = a

2_{sh(ax) sen y}_{−sh(ax) sen y = (a}2_{−1) sh(ax) sen y}

e portanto será harmónica se e só se a2 _{= 1, ou a = 0, ou seja, para}

a = −1 ou a = 0, ou a = 1. Sendo v uma harmónica conjugada de u tem-se que f = u + iv é holomorfa (em C) e portanto, pelas equa¸cões de Cauchy-Riemann, ter-se-à

∂v

∂y = a ch(ax) sen y ∂v

∂x =− sh(ax) cos y

.

Integrando a primeira equa¸cão em ordem a y vem v(x, y) =_{−a ch(ax) cos y+} h(x). Derivando esta expressão em ordem a x e comparando com a se-gunda equa¸cão do sistema de Cauchy-Riemann tem-se, relembrando que a2 _{= 1, ou a = 0,} _{− sh(ax) cos y + h}0_{(x) =}_{− sh(ax) cos y, ou seja}

h0_{(x) = 0} _{⇔ h(x) = α ∈ R. Portanto as fun¸c˜oes harm´onicas}

conjuga-das de u são v(x, y) = −a ch(ax) cos y + α onde α ∈ R é arbitrário e a2= 1, (a∈ R,) ou a = 0, é o mesmo valor de a da fun¸cão u.

2. Atendendo a que as singularidades de f s˜ao os p´olos simples z = 0 e z = −1, o Teorema de Laurent garante que existem dois desenvolvimentos de Laurent centrados em z0 = 0 : um pontualmente convergente em

D(0; 0, 1) = {z : 0 < |z| < 1} e outro em D(0; 1, +∞) = {z : |z| > 1} Como 1 2 ∈ D(0; 0, 1) e 2 ∈ D(0; 1, +∞) obtem-se o seguinte: (a) 1 z(z + 1) = 1 z ∞ X n=0 (₋₁₎nzn = 1 z ∞ X n=0 (₋₁₎nzn−1 = ∞ X n=−1 (₋₁₎n+1zn o qual ´e convergente para valores de z satisfazendo 0 <_{|z| < 1.} (b) 1 z(z + 1) = 1 z − 1 z + 1 = 1 z 1− 1 1 + z−1 = 1 z 1− ∞ X n=0 (−1)n_z−n ! = = 1 z ∞ X n=1 (−1)n+1_z−n ₌X∞ n=1 (−1)n+1_z−1−n ₌ X−1 n=−∞ (−1)−n+1zn−1 convergente para valores de z tais que _{|z| > 1.}

(4)

3. O polin´omio z3_{+ 1 tem trˆes raizes distintas} _{−1, exp(i}π

3) e exp(−i π 3).

Logo a fun¸c˜ao _z31₊₁ tem p´olos simples nos pontos −1, exp iπ₃ e exp−iπ₃

do plano complexoC. Segue-se que o res´ıduo da fun¸c˜ao _z31₊₁ no ponto

z0, onde z0 é um dos pólos, é

Res z=z0 1 z3_{+ 1} = 1 3z2 0 = z0 3z3 0 =₋z0 3.

Como _{| − 1 −} 1₂_{| =} 3₂ > 1 e _{| exp(±i}π₃)₋ 1₂_{| =} √₂3 < 1, o Teorema dos Res´ıduos permite escrever

Z ∂R 1 z3_{+ 1}dz = 2πi Res z=exp(iπ₃) 1

z3 _{+ 1} +_z=exp(Res_−iπ 3) 1 z3_{+ 1} =₋2πi 3 1 + i√3 2 + 1_{− i}√3 2 ! =−i2π 3 . 4. Como a fun¸c˜ao x7→ 1

(x2₊₉₎2 ´e integr´avel em R pode-se escrever

Z +∞ −∞ 1 (x2_{+ 9)}2 dx = lim_r_→+∞ Z r −r 1 (x2_{+ 9)}2 dx

Seja γr = [−r, r] + Γr com Γr = {z : |z| = r ∧ Im z ≥ 0}, percorrida

uma vez em sentido directo. Considere-se o integral emC Z γr 1 (z2_{+ 9)}2 dz = Z r −r 1 (x2_{+ 9)}2 dx + Z Γr 1 (z2_{+ 9)}2 dz.

Usando o Teorema dos Res´ıduos para calcular o integral no membro esquerdo pode-se escrever

Z r −r 1 (x2 _{+ 9)}2 dx = 2πi X k Res 1 (z2_{+ 9)}2, zk I(γr; zk)− Z Γr 1 (z2_{+ 9)}2 dz

onde zk s˜ao as singularidades de z 7→ _(z2₊₉₎1 2.

As singularidades desta fun¸c˜ao racional s˜ao os zeros do seu denomina-dor, i.e., z1 = 3i e z2 =−3i, cada uma delas com multiplicidade dois.

Observando que z _{∈ int γ}r ⇒ Im z > 0 conclui-se que I(γr, z2) = 0

para todos os valores de r e I(γr, z1) = 1 se r > 3. Como pretendemos

calcular o limite r → ∞ pode-se, sem perda de generalidade, conside-rar daqui em diante que r > 3. Como estas singularidades s˜ao p´olos de

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multiplicidade dois (porque são zeros duplos do denominador e não são zeros nem singularidades do numerador) tem-se

Res 1 (z2_{+ 9)}2, 3i = 1 1!zlim→3i (z− 3i)2 1 (z2 _{+ 9)}2 0 = lim z→3i 1 (z + 3i)2 0 = lim z→3i −2 (z + 3i)3 = − 2 (6i)3 =− 1 108i e portanto Z r −r 1 (x2_{+ 9)}2 dx = π 54 − Z Γr 1 (z2_{+ 9)}2 dz. Como Z Γr 1 (z2_{+ 9)}2 dz ≤ Z Γr 1 (_|z|2_{− 9)}2 · |dz| = πr (r2_{− 9)}2 −−−→_r→∞ 0 conclui-se que Z +∞ −∞ 1 (x2_{+ 9)}2 dx = lim_r_→+∞ Z r −r 1 (x2_{+ 9)}2 dx = π 54. 5. Atendendo a queL(eat_{) =} 1

s−a, para s > a, e `a propriedade seguinte da

Transformada de Laplace:

L(−tf(t)) = _dsd L(f)(s), segue-se imediatamente que L(teat_{) =} 1

(s−a)2.

Pretende-se de seguida verificar que, para todo o t > 0, se tem: f (t) = 1

2πi I

C

ezt_{L(f)(z) dz.} O integral em causa ´e:

1 2πi I C ezt (s− a)2 dz,

o qual, atendendo a que g(z) = ezt _{´e uma fun¸c˜ao anal´ıtica em} _{C para}

cada valor de t > 0, pela f´ormula integral de Cauchy, considerando C um contorno fechado simples qualquer que envolve z0 = a uma vez no

sentido positivo, d´a trivialmente o resultado. De facto, tem-se: 1 2πi I C ezt (s− a)2 dz = g 0_{(a) = te}at_.

(6)

6. Sendo x =   xx12 x3  

o problema pode ser escrito na forma    ˙x1 = x1+ x2 , x1(0) = 0 ˙x2 = x2+ et , x2(0) = 1 ˙x3 = 2x3− 1 , x3(0) = 0

Todas as equa¸cões são lineares de primeira ordem, sendo as equa¸cões que permitem calcular x2 e x3 independentes de x1. Para calcular x3,

teremos que resolver a equa¸c˜ao

˙x3− 2x3 =−1 , x3(0) = 0 (1)

A equa¸c˜ao admite como factor integrante µ(t) = e −2 dt_{= e}−2t_.

Multi-plicando todos os termos de (1) por µ(t), podemos escrever d dt e−2tx3 =−e−2t pelo que, integrando em t, obtem-se

e−2tx3 = e−2t 2 + c3 ⇔ x3 = 1 2 + c3e 2t

Dado que x3(0) = 0, conclui-se que c3 =−1₂, e

x3 =

1 2(1− e

2t_{) .}

Para determinar x2, h´a que resolver

˙x2− x2 = et , x2(0) = 1 (2)

O factor integrante ´e µ(t) = e −1 dt _{= e}−t_{. Multiplicando todos os}

termos de (2) por µ(t), podemos escrever d dt e−tx2 =₋₁ pelo que, integrando em t, obtem-se

e−tx2 = t + c2 ⇔ x2 = tet+ c2et

Dado que x2(0) = 1, conclui-se que c2 = 1, e

(7)

Finalmente para determinar x1, h´a que resolver

˙x1 = x1+ x2 , x1(0) = 0

Substituindo o valor de x2 encontrado,

˙x1 − x1= et(t + 1) , x1(0) = 0 (3)

O factor integrante ´e µ(t) = e

−1 dt _{= e}−t_{. Multiplicando todos os}

termos de (3) por µ(t), podemos escrever d dt e−tx2 = t + 1 Integrando em t, obtem-se e−tx1 = t2 2 + t + c1 ⇔ x1 = e t₍t2 2 + t + c1) Dado que x1(0) = 0, conclui-se que c2 = 0, e

x1 = et(

t2

2 + t)

Uma outra forma de determinar a solu¸cão do sistema, seria a de calcular a matriz eAt _{e utilizar a fórmula da varia¸cão das constantes. Para tal}

seria conveniente verificar que a matriz A ´e diagonal por blocos, isto ´e A = J1 0 0 J2 com J1 = 1 1 0 1 e J2 = 2 pelo que eAt₌ eJ1t ₀ 0 eJ2t =   e t _tet ₀ 0 et ₀ 0 0 e2t  

7. (a) Sejam M (x, y) = 2x2_{− yx, N(x, y) = 2yx − x}2_{. O campo vectorial}

(M, N ) ´e C∞ _em_R2_{. Em particular ´e} _C1_{. Verifica-se que}

∂M

∂y =−x 6= 2y − 2x = ∂N

∂x

e portanto (M, N ) não é um campo fechado (e consequentemente não é exacto.) Tendo em conta o enunciado, procuremos um factor integrante µ = µ(x) tal que (µM, µN ) seja fechado:

∂ ∂y(µM ) = ∂ ∂x(µN )⇔ µ ∂M ∂y = µ 0_{M +µ} ∂ ∂x(µN )⇔ µ 0 ₌ ∂M ∂y −∂N∂x N µ.

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Como ∂M ∂y − ∂N ∂x N = −x − 2y + 2x 2yx− x2 =− 2y_{− x} (2y− x)x =− 1 x é apenas dependente de x, a equa¸cão para µ é µ0₌₋1

xµ a qual tem

como uma das poss´ıveis solu¸c˜oes a fun¸c˜ao µ(x) = x−1_{. Com este}

factor integrante o campo vectorial fica (µM, µN ) = (2x− y, 2y − x) o qual ´e fechado em R2 _{e, como este conjunto ´e simplesmente}

conexo, a equa¸c˜ao ´e a´ı exacta.

(b) Pelo que se viu na al´ınea anterior a equa¸c˜ao dada multiplicada pelo factor integrante determinado resulta em

(2x_{− y) + (2y − x)}dy dx = 0

que ´e uma equa¸c˜ao exacta em R2_{. Consequentemente existe um}

potencial escalar Φ_{∈ C}2 _{tal que} _{∇Φ = (2x − y, 2y − x), ou seja}

( _∂Φ ∂x = 2x− y ∂Φ ∂y = 2y− x ⇔ Φ(x, y) = x2_{− yx + h} 1(y) Φ(x, y) = y2_{− yx + h} 2(x)

Comparando entre si estas duas express˜oes para Φ conclui-se que h1(y) = y2+ C e h2(x) = x2+ C, com C ∈ R arbitr´ario. Tome-se

C = 0. O potencial ´e Φ(x, y) = x2_{−xy +y}2_{e a equa¸c˜ao diferencial}

pode ser escrita na forma d

dxΦ(x, y(x)) = 0

pelo que, integrando esta equa¸cão entre x = 2 e um x arbitrário e tendo em conta que, pela condi¸cão inicial dada, y(2) = 2, tem-se

Φ(x, y(x))− Φ(2, y(2)) = 0 ⇔ x2_{− xy + y}2 _{= 4.}

Sendo esta equa¸cão algébrica quadrática em y pode ser facilmente resolvida em ordem a esta variável usando a fórmula resolvente:

y(x) = x + p

x2_{− 4(x}2_{− 4)}

2

onde, devido à condi¸cão y(2) = 2, apenas a expressão apresentada, com o sinal positivo, é relevante. Usando esta expressão explicita de y(x) e atendendo a que a solu¸cão do problema de valor inicial

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tem de ser uma fun¸c˜ao de classe _C1 _{no seu intervalo m´aximo de}

defini¸cão, concluimos que tem de se verificar x2−4(x2_{−4) > 0 ⇔ −3x}2_{+16 > 0}_{⇔ x}2 _< 16 3 ⇔ − 4 √ 3 < x < 4 √ 3 e portanto o intervalo máximo é Imax=

−_√4 3, 4 √ 3 .

8. Comecemos por observar que o membro direito da equa¸cão é cont´ınuo emR. Para t ∈ [0, 1] a equa¸cão é homogénea. Vejamos a solu¸cão neste intervalo. O polinómio caracter´ıstico da equa¸cão é p(λ) = λ2_{− 4λ + 4}

cujos zeros são λ1 = λ2 = 2. A solu¸cão geral será então

y(t) = αe2t_{+ βte}2t_,

onde α, β ∈ R s˜ao arbitr´arios. Como y0_{(t) = (2α + β)e}2t_{+ 2βte}2t_{, a}

condi¸c˜ao inicial resulta em 0 = y(0) = α 1 = y0_{(0) = 2α + β ⇐⇒} α = 0 β = 1

e a solu¸cão do problema em [0, 1] é y(t) = te2t_{. Usando esta expressão}

tem-se y(1) = 1 e y0_{(1) = 3e}2_{, pelo que o problema de Cauchy em}

[1, +_{∞) ´e}

y00_{− 4y}0_{+ 4y = t}_{− 1, se t ≥ 1}

y(1) = 1, y0(1) = 3e2_.

Como λ = 0 não é um zero do polinómio caracter´ıstico, uma solu¸cão particular desta equa¸cão será do tipo ypart(t) = at + b, com a, b ∈ R. Para que estas fun¸cões sejam solu¸cões terão de satisfazer a equa¸cão, ou seja,

y_part00 _{− 4y}_part0 + 4ypart = t− 1 ⇔ 0 − 4a + 4(at + b) = t − 1

⇔ (4a − 1)t + (4b − 4a + 1) = 0 ⇔ a = 1

4 ∧ b = 0,

pelo que se conclui que uma solu¸cão particular é ypart(t) = 1₄t. Então,

o problema no intervalo [0, 1] tem como solu¸c˜ao geral y(t) = αe2t+ βte2t+ 1

4t.

Derivando esta espress˜ao obtem-se y0_{(t) = (2α + β)e}2t _{+ 2βte}2t₊ 1 4 e

atendendo `a condi¸c˜ao dada em t = 1 tem-se

1 = y(1) = αe2_{+ βe}2₊1 4 3e2 _{= y}0_{(1) = (2α + β)e}2_{+ 2βe}2₊1 4 ⇐⇒ α = _4e102 − 3 β = 3− 7 4e2

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sendo a solu¸c˜ao do problema proposto, em [0, +_{∞), a seguinte} y(x) = ( te2t _{se t}_{∈ [0, 1],} (10 4e2 − 3)e2t+ (3− _4e72)te2t+ 1₄t se t≥ 1.

9. Procurando solu¸c˜oes separadas v(x, t) = X (x) T (t) do problema linear homog´eneo

ut= uxx+ 2ux com u(t, 0) = u(t, π) = 0,

obtemos XT0= X00T + 2X0T, pelo que λ = T0 T = X00_{+ 2X}0 X ´e constante. Temos ent˜ao

T0= λT, (portanto T = const.

e

λt ₎

e

X00+ 2X0 = λX com X (0) = X (π) = 0. O polinómio caracter´ıstico desta última equa¸cão é

P (z) = z2+ 2z− λ

= (z + 1)2_{− (λ + 1) .}

Determinando solu¸c˜oes X n˜ao triviais deste problema, vem

Se λ = _{−1, resolvendo X}00 + 2X0 = _{−X, vem X = A}

e

−x+ Bx

e

−x. Como X (0) = X (π) = 0, obtemos sucessivamente A = 0 e B = 0. Portanto neste caso (λ =_{−1) não existem solu¸cões não triviais.} Se λ 6= −1, resolvendo X00_{+ 2X}0 _{= λX, vem X = A}

_e

(−1+√λ+1)x

+ B

e

(−1−√λ+1)x_{. Como X (0) = X (π) = 0, obtemos}

A + B = 0 e A

e

(−1+√λ+1)π_{+ B}

_e

(−1−√λ+1)π _{= 0.}

Portanto A = −B e

e

2√λ+1π _{= 1 (para A}_{6= 0). Conclu´ımos que}

apenas existem solu¸c˜oes n˜ao triviais se 2√λ + 1π = in2π, ou seja λ =_{−1 − n}2 com n inteiro,

sendo as solu¸c˜oes correspondentes

X = A

e

(−1+in)x₋

e

(−1−in)x= A

e

−x

e

inx₋

e

−inx = C

e

−x_{sen (nx) .}

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Obtivemos ent˜ao as solu¸c˜oes

e

(−1−n2)t

e

−x_{sen (nx) . Fazendo}

combi-na¸cões lineares destas solu¸cões chegamos à solu¸cão formal (do problema homogéneo considerado) u (x, t) = +∞ X n=1 bn

e

(−1−n 2₎_t−x sen (nx) . Finalmente atendendo `a condi¸c˜ao inicial

u(0, x) =

e

−x(senx + sen2x) vem

+∞

X

n=1

bn

e

−xsen (nx) =

e

−x(senx + sen2x) ,

ou seja

+∞

X

n=1

bnsen (nx) = (senx + sen2x) ,

pelo que b1 = b2 = 1 e bn = 0 para n > 2. Chegamos então à solu¸cão

pretendida:

u (x, t) =

e

−2t−xsen (x) +

e

−5t−xsen (2x) .

10. Se ˙y = v(y), ent˜ao ¨y = v0(y) ˙y = v0(y)v(y). Pelo que v0v = −F00_(y)v3_.

Esta equa¸cão é separável e obtemos sucessivamente, para v _{6= 0,} −_vv₂0 = F00(y) e 1

v(y) = F

0_{(y) + c,}

para certa constante c. Como v(0) = v(y(0)) = ˙y(0) = 1 e F0_{(0) = 1,}

vem c = 0. Donde (numa vizinhan¸ca de y = 0) v(y) = 1

F0_(y).

Resolvendo agora a equa¸c˜ao ˙y = v(y) obtemos sucessivamente, F0(y) ˙y = 1 e F (y) = t + k,

para certa constante k. Mas como F (y(0)) = F (0) = 0, vem k = 0. Então a solu¸cão do problema y (t), é definida implicitamente por F (y (t)) = t. Sendo F uma fun¸cão estritamente crescente, conclu´ımos que esta fun¸cão é invert´ıvel e

y (t) = F−1(t),

onde F−1é justamente a fun¸cão inversa de F . O intervalo de defini¸cão da solu¸cão y (t) será então o contradom´ınio da fun¸cão F (ou seja o dom´ınio de F−1_{) .}