2 ō Semestre 2015/2016

(1)

An´

alise Complexa e Equa¸c˜

oes Diferenciais

2

o

¯

Semestre 2015/2016

2

o

¯

Teste, vers˜ao A

(Cursos:

LEIC-A, MEAmbi, MEBiol, MEQ

)

28 de Maio de 2016, 11h 30m

Dura¸c˜

ao: 1h 30m

1. (a) Resolva o problema de valor inicial

2y2_{+ 6x + 4xy}dy

dx = 0 , y(−1) = √

3 indicando o intervalo máximo de existência de solu¸cão.

(b) Considere a pequa¸c˜ao diferencial dy

dt + (cos t)y

2_{= 0 .}

Determine a sua solu¸c˜ao geral. Indique os valores de y0 para os quais a solu¸c˜ao da

equa¸cão que verifica y(0) = y0 tem R como intervalo máximo de existência.

Resolu¸c˜ao: (a) Sendo

M/x, y) = 2y2+ 6x , N (x, y) = 4xy verifica-se que ambas as fun¸c˜oes s˜ao de classe C1 _{em R}2 _e

∂M ∂y =

∂N

∂x , ∀(x, y) ∈ R

2 _.

Conclui-se que o campo (M (x, y), N (x, y)) ´e um campo grandiente em R2_{, pelo que}

existe Φ : R2 _{→ R tal que}

• ∇Φ = (M, N) para todo (x, y) ∈ R2 _;

• 2y2_{+ 6x + 4xy}dy

dx = 0 ´e equivalnete a dΦ dx = 0.

Para determinar Φ, note-se que ∂Φ ∂x = M ⇒ Φ(x, y) = 2y 2_{x + 3x}2_{+ c(y) ,} e ∂Φ ∂y = N ⇒ 4xy + c

′_{(y) = 4xy} _⇒ _{c(y) = c ∈ R .}

Ent˜ao

(2)

e as solu¸cões da equa¸cão diferencial são definidas por 2y2x + 3x2= k , k ∈ R .

Para que a condi¸cão inicial seja verificada k = −3, e assim a solu¸cão do (PVI) é

y(x) = r

−3(x2_{+ 1)}

2x ,

tendo-se então que o seu intervalo máximo de existência é ] − ∞, 0[ (o maior intervalo contido no dom´ınio de y′_{(x) e ao qual x}

0 = −1 pertence).

(b) Trata-se de uma equa¸cão separável, que tem y(t) ≡ 0 como solu¸cão de equil´ıbrio. Por outro lado

dy dt + (cos t)y 2 _{= 0} ⇔ y−2dy dt = − cos t ⇔ −y −1 _{= − sen t + c}

e a solu¸cão geral da equa¸cão é dada por

y(t) ≡ 0 ou y(t) = 1

sen t + c , c ∈ R

Para determinar os valores de y0para os quais o intervalo máximo de existência de solu¸cão

do (PVI) é R, come¸camos por referir que se y0= 0 a única solu¸cão que verifica y(0) = 0

é a solu¸cão nula que está obviamente definida em R. Por outro lado, se y0 6= 0 a solu¸cão

nula não é solu¸cão do (PVI), e determinando c obtem-se que

y(t) = 1 sen t + 1

y0

é a solu¸cão do (PVI). Assim , para que a solu¸cão esteja definida em R o denominador não se pode anular e para que isso aconte¸ca 0 < |y0| < 1. Conclui-se que o intervalo máximo

de existência de solu¸cão é R se |y0| < 1.

2. Considere a matriz

A = 1 −2 2 1

(a) Calcule etA

(b) Resolva o seguinte problema de valor inicial: x′ _{= x − 2y + 1}

y′ _{= 2x + y − 3} , x(0), y(0) = (2, 1)

Sugestão: Determine uma solu¸cão particular da equa¸cão. Resolu¸cão:

(a) Calculemos os valores pr´oprios de A:

(3)

Sendo um par de complexos conjugados apenas precisamos de calcular um vector próprio associado a um deles. Calculemos, assim, um vector próprio associado ao valor próprio λ1= 1 + 2i: (A−(1+2i)I) a_b = 0 0 ⇔ −2i −2₂ _−2i a_b = 0 0 ⇔ −2ia−2b = 0 .

Escolhendo, por exemplo, a = i, obtemos b = −ia = 1, e o vector pr´oprio v1 = (i, 1) .

Com esta informa¸cão, para posseguir podemos optar entre dois métodos: Método 1:

Ao valor pr´oprio λ2= λ1 = 1−2i corresponde o vector pr´oprio v2= v1= (−i, 1) . Assim,

designando D = 1 + 2i 0 0 1 − 2i , S = i −i 1 1 , efectuando os c´alculos obtemos

etA = SetDS−1 =

i −i 1 1

e(1+2i)t ₀

0 e(1−2i)t −i/2 1/2_i/2 _1/2

=

(e(1+2i)t_{+ e}(1−2i)t_)/2 _i(e(1+2i)t_{− e}(1−2i)t_)/2

−i(e(1+2i)t_{− e}(1−2i)t_{)/2 (e}(1+2i)t_{+ e}(1−2i)t_)/2

=

et_{cos 2t −e}t_{sen 2t}

et_{sen 2t} _et_{cos 2t}

.

M´etodo 2:

Uma solu¸c˜ao complexa do sistema u′_{= Au ´e dada por}

u_{(t) = e}λ1t_v 1= e(1+2i)t i 1 = et i(cos 2t + i sen 2t) cos 2t + i sen 2t = et − sen 2t cos 2t +iet cos 2t sen 2t .

Duas solu¸cões reais linearmente independentes serão então

Re u(t) = et − sen 2t cos 2t e Im u(t) = et cos 2t sen 2t .

com as quais podemos formar a solu¸c˜ao matriz fundamental

X(t) = −e t_{sen 2t e}t_{cos 2t} et_{cos 2t} _et_{sen 2t} . Logo, etA = X(t)X(0)−1 = X(t) 0 1 1 0 =

et_{cos 2t −e}t_{sen 2t}

et_{sen 2t} _et_{cos 2t}

.

(Note que esta matriz corresponde a escolher para colunas da matriz fundamental as mesmas solu¸c˜oes reais mas pela ordem inversa).

(4)

Para obtermos uma solu¸cão particular desta equa¸cão podemos optar por usar a fórmula da varia¸cão dos parâmetros. No entanto, neste caso, o termo não homogéneo b(t) = (1, −3) é constante e, sendo assim, podemos tentar encontrar uma solu¸cão particular constante (xP, yP). Substituindo na equa¸cão, obtemos o sistema

xP − 2yP + 1 = 0

2xP+ yP − 3 = 0 ,

o qual, tem como solu¸cão, (xP, yP) = (1, 1). A solu¸cão geral da equa¸cão diferencial

vectorial linear ser´a dada ent˜ao por x(t) y(t) = etA c1 c2 + xP yP .

As constantes c1, c2 s˜ao calculadas usando a condi¸c˜ao inicial:

x(0) y(0) = c1 c2 + 1 1 = 2 1 ⇔ c1 = 1 e c2= 0 .

A solu¸cão do problema de valor inicial pedida será então, x(t) y(t) = etA 1 0 + 1 1 = et_{cos 2t + 1} et_{sen 2t + 1} .

3. Considere a equa¸c˜ao diferencial

y′′− y′− 2y = 9e−t .

(a) Calcule a solu¸cão geral da equa¸cão homogénea associada.

(b) Determine a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao que verifica y(0) = 0 e y′_{(0) = −3.}

(c) Escreva uma matriz wronskiana associada à equa¸cão. Resolu¸cão:

(a) Usando a nota¸cão y′ _{= Dy, a equa¸cão homogénea associada escreve-se como}

y′′− y′− 2y = 0 ⇔ (D2− D − 2)y = 0 O polin´omio caracter´ıstico associado ´e

P (R) = R2− R − 2 = (R − 2)(R + 1) Assim a solu¸cão geral da equa¸cão homogénea associada é

yH(t) = ae2t+ be−t , a, b ∈ R .

(b) Come¸cemos por determinar a solu¸cão geral da equa¸cão. Por ser uma equa¸cão linear, a solu¸cão podr ser escrita como yt) = yH(t) ∗ yP(t), em que yH é a solu¸cão geral da

(5)

da equa¸c˜ao. Para determinar yP vamos usar o m´etodo dos coeficientes indeterminados.

Semdo PA(D) = D + 1 o polin´omio aniquilador da fun¸c˜ao 9e−t, teremos

(D −2)(D+1)y = 9e−t _⇒ _{(D −2)(D+1)}2_{y = 0} _⇔ _{y(t) = ae}2t_+be−t_+cte−t _.

Dado que y(t) = yH(t) + cte−t depreende-se que a forma da solu¸c˜ao particular ´e w(t) =

cte−t_{. Finalmente vamos calcualar a constante c de forma a que w seja solu¸c˜ao da}

equa¸c˜ao, isto ´e

w′′− w′− 2w = 9e−t ⇔ (−ce−t− ce−t+ cte−t) − (ce−t− cte−t) − 2(cte−t) = 9e−t pelo que, para todo t ∈ R, se tem

−3ce−t= 9e−t ⇔ c = −3 . Assim, a solu¸cão geral da equa¸cão é

y(t) = ae2t+ be−t− 3te−t . Para que se verifiquem as condi¸c˜oes iniciais tem-se que

y(0) = 0

y′_{(0) = −3} ⇒

a + b = 0

2a − b − 3 = −3 ⇒ a = b = 0 A solu¸c˜ao do (PVI) ´e y(t) = −3te−t_.

(c) Uma matriz wronskiana associada ´e por exemplo

W (t) =

e2t _e−t

2e2t _−e−t

4. Resolva o problema de valores na fronteira e iniciais (1,5 val.)          ∂u ∂t(x, t) = 2 ∂2_u ∂x2(x, t) para x ∈]0, 2π[ , t > 0 , ∂u ∂x(0, t) = ∂u ∂x(2π, t) = 0 para t > 0 ,

u(x, 0) = 1 + 10 cos 3x para x ∈]0, 2π[ .

Resolu¸cão: Usemos o método de separa¸cão de variáveis. Comecemos por procurar solu¸cões não triviais da equa¸cão diferencial parcial (EDP) satisfazendo as condi¸cões fron-teira (CF) em x = 0, 2π, e que são da forma X(x)T (t). Por substitui¸cão na EDP obtemos

XT′= 2X′′T . Dividindo ambos os membros por 2XT obtemos,

T′_(t)

2T (t) =

X′′_(x)

(6)

em que, como a expressão do primeiro membro é independente de x e a do segundo membro é independente de t, σ é simultaneamente independente de x e t, ou seja, é uma constante real. Obtemos assim o seguinte par de equa¸cões diferenciais ordinárias:

X′′(x) − σX(x) = 0, T′(t) − 2σT (t) = 0 .

Por substitui¸c˜ao de XT nas condi¸c˜oes fronteira (CF), obtemos X′_{(0)T (t) = X}′_{(2π)T (t),}

para todo t > 0, o que implica X′_{(0) = X}′_{(2π) = 0. Obtém-se solu¸cões não}

iden-ticamente nulas para a EDO de 2a _{ordem em X com estas últimas condi¸cões, se e só}

se σ = −nπ L 2 = −nπ 2π 2 = −n 2 4 , n = 0, 1, 2, . . . , casos em que X(x) = a cos(nπx L ) = a cos( nπx 2π ) = a cos( nx 2 ). Para cada n = 0, 1, 2, . . . , a equa¸c˜ao para T (t) escreve-se

T′_{(t) +} n2

2 T (t) = 0, cuja solu¸c˜ao geral ´e

T (t) = ce−n

2 2 t.

Obtemos assim as seguintes solu¸c˜oes da (EDP) que satisfazem (CF): ce−n

2

2 tcos(nx

2 ), n = 0, 1, 2, . . . , .

As combina¸cões lineares destas solu¸cões também serão solu¸cões da (EDP) verificando as mesmas (CF). Procuremos então a solu¸cão do problema na forma:

u(x, t) = a0 2 + ∞ X n=1 ane− n2 2 tcos(nx 2 ).

As constantes an s˜ao ajustadas por forma a ser satisfeita a condi¸c˜ao inicial, ou seja,

u(x, 0) = a0 2 + ∞ X n=1 ancos( nx 2 ) = 1 + 10 cos 3x, para x ∈ [0, 2π] .

Concluimos que a0= 2, a6= 10 e an = 0 se n 6= 0, 6. Logo, a solu¸c˜ao do problema ´e

u(x, t) = 1 + 10e−18tcos 3x .

5. Determine a série de Fourier de senos associada à fun¸cão f : [0, 1] → R dada por (1,0 val.)

(7)

Resolu¸c˜ao:

Os coeficientes da s´erie de senos de f no intervalo [0, L] = [0, 1] s˜ao dados por

bn= 2 L ˆ L 0 f (x) sen(nπx L )dx = 2 ˆ 1 0 (1 − x) sen(nπx)dx = 2 nπ [−(1 − x) cos(nπx)]10− ˆ 1 0 cos(nπx)dx = 2 nπ 1 + 1 nπ[sen(nπx)] 1 0 = 2 nπ,

para n = 1, 2, . . . . A série de senos de f é então, 2 π ∞ X n=1 1 nsen(nπx) .

A série de senos de f (x) é a série de Fourier da extensão ´ımpar 2L-periódica de f (x). Chamemos fi(x) a esta extensão. Sendo esta fun¸cão e a sua derivada cont´ınuas por tro¸cos

em [−L, L], o Teorema de Fourier permite concluir que a soma da s´erie de senos de f(x) ´e

Sf(x) =

fi(x+) + fi(x−)

2 .

Para x ∈ ]0, 1[, ficoincide com f e ´e, por conseguinte cont´ınua, pelo que Sf(x) = f (x) =

1 −x. Em x = 0, fi(0+) = f (0+) = +1, e fi(0−) = −fi(0+) = −1, pelo que, Sf(0) = 0.

Em x = 1, fi(1−) = f (1−) = 0 e fi(1+) = −fi(1−) = 0 (logo, fi tamb´em ´e cont´ınua

nesse ponto). Concluindo,

Sf(x) =

(

1 − x, se 0 < x 6 1 , 0, se x = 0 . 6. Considere o problema de valor inicial

(1,0 val.)

y′= 3y2/3, y(0) = 0 .

Mostre que, para cada α ∈ [0, 1] existe uma solu¸cão deste problema que satisfaz y(1) = α . Justifique porque é que este facto não contradiz o teorema de Picard-Lindelof.

Resolu¸c˜ao:

Trata-se de uma equa¸c˜ao separ´avel que pode ser facilmente resolvida: Se y(t) 6= 0, para t em algum intervalo aberto, temos nesse intervalo,

y′ = 3y2/3 ⇔ 1 3y −2/3_y′ _{= 1 ⇔} d dt(y 1/3 ) = 1 ⇔ y1/3(t) = t + C ⇔ y(t) = (t + C)3, onde C é uma constante. Por outro lado, a constante y(t) = 0 também é solu¸cão. Seja dada uma constante α ∈ [0, 1]. Se α = 0, a solu¸cão trivial y(t) = 0 satisfaz os requisitos. Consideremos agora α ∈ ]0, 1] e uma solu¸cão que satisfa¸ca y(1) = α:

y(1) = (1 + C)3 = α ⇔ C = −1 +√3

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Logo,

y(t) = (t − 1 +√3_α)3_,

para t > 1 −√3_{α . Notando que} _lim

t→(1−√3_α)+= 0, consideremos a fun¸c˜ao ˜ y(t) = ( 0 se t 6 1 −√3_{α ,} (t − 1 +√3_α)3 se t > 1 −√3_{α .} ´

E uma fun¸cão diferenciável em R, a qual satisfaz a equa¸cão diferencial para cada t ∈ R, e que satisfaz ˜y(0) = 0 e ˜y(1) = α. Logo, é uma solu¸cão do problema de valor inicial dado com a propriedade pedida.

O resultado anterior mostra que a EDO tem uma infinidade de solu¸cões que satisfazem a condi¸cão inicial y(0) = 0. A razão pela qual este facto não contradiz o teorema de existência e unicidade de Picard-Lindelof é que as condi¸cões de aplicabilidade desse teorema não são aqui satisfeitas. Justifica¸cão: designando f (t, y) = 1₃y2/3_{, temos,}

lim

y→0

|f(t, y) − f(t, 0)| |y − 0| = limy→0

|y2/3_/3|

|y| = limy→0

1

3|√3y| = +∞,