Quest˜ ao 1. Resolver usando transformadas de Laplace e suas inversas:

UFPE – ´ AREA II – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo 4) – 2016.2 – turmas Q4 e Q7

SIMULADO DA 3 ^a UNIDADE v. 1.0

Orienta¸ c˜ ao: Resolver as quest˜ oes em seis sess˜ oes de 120 minutos cada, sem inter- rup¸c˜ ao nem distra¸c˜ ao, combinando t´ opicos diferentes em cada sess˜ ao. Dar solu¸c˜ oes leg´ıveis e justificadas, escrevendo os passos, detalhes e propriedades relevantes. Ler as respostas ou solu¸c˜ oes de uma sess˜ ao s´ o depois dela. Pode ser usada a tabela de transformadas de Laplace da p´ ag. 6, mencionando-se cada regra e, se for o caso, os valores de seus parˆ ametros em cada passo que a regra ´ e usada.

Quest˜ ao 1. Resolver usando transformadas de Laplace e suas inversas:

1.a. y(t) + 2 Z t

0

cos (t − v )y(v ) dv = e ^{− t} 1.b. y ^′ (t) − 2

Z t

0

e ^{(t − v)} y(v) dv = t; y(0) = 2 1.c. y ^′ (t) + y(t) −

Z t

0

sen (t − v) y(v) dv = − sen (t) ; y(0) = 1 1.d. d ² y

dt ² + 9 y = 12 sen (3t) − 50 cosh (4t); y(0) = 2, dy

dt (0) = 1 1.e. L ^{− 1}

1200 (s − 1) [(s − 1) ² + 4] ² (s + 3)

(t)

Quest˜ ao 2. Sejam as fun¸c˜oes f e g definidas em [0, 2] por:

f (x) =

x, se 0 ≤ x ≤ 1;

1, se 1 < x ≤ 2. g (x) =

x ² , se 0 ≤ x ≤ 1;

0, se 1 < x ≤ 2.

2.a. Calcular a s´erie de Fourier associada a f i , extens˜ao ´ımpar de f, ao intervalo [ − 2, 2]. Simplificar a resposta;

2.b. Repetir o Item 2.a para f p , a extens˜ao par de f ao mesmo intervalo;

2.c. Repetir o Item 2.a para g i , a extens˜ao ´ımpar de g ao mesmo inter-

valo. A s´erie converge em x = 1 ? Em caso afirmativo, para qual valor?

2.d. Calcular a s´erie de Fourier associada a x ² em [ − π, π ];

2.e. Seja a fun¸c˜ao peri´odica h de per´ıodo 4 determinada em [ − 2, 2] por:

h(x) =

 



− 1, se − 2 < x < − 1;

2, se − 1 < x < 1;

− 1, se 1 < x < 2. h n˜ao est´a definida em ± 1 e ± 2.

Calcular a s´erie de Fourier associada a h. A s´erie converge em x = 1 ? em x = 2 ? Em casos afirmativos, para quais valores?

2.f. Calcular a s´erie de Fourier para a fun¸c˜ao peri´odica k de per´ıodo 2L determinada por: k(x) = | x | se − L ≤ x ≤ L.

Para os pr´oximos trˆes itens, seja ℓ a fun¸c˜ao de per´ıodo 2 determinada por:

ℓ(x) = 1 − 5x, se − 1 < x < 1; ℓ n˜ao est´a definida em x = ± 1.

2.g. Calcular a s´erie de Fourier associada a ℓ;

2.h. Esta s´erie converge em x = 1 ? Em caso afirmativo, para quanto?

2.i. Usando a identidade de Parseval e os b n ’s desta s´erie, calcular X ∞

n=1

b ² _n

2.j. Calcular a s´erie de Fourier associada `a fun¸c˜ao x/2 em [ − π, +π] (ou adaptar a associada a x) e, usando a identidade de Parseval, calcular

X ∞

n=1

1 n ² 2.k. Repetir o item anterior trocando a fun¸c˜ao por (π − x)/2 em [0, 2 π].

Obs. Esta s´erie de Fourier coincide com a da extens˜ao ´ımpar f i da fun¸c˜ao f a [ − π, π], onde f est´a definida apenas em (0, π] por f (x) = (π − x)/2.

Quest˜ ao 3. Resolver os seguinte problemas de contorno:

3.a. y ^′′ (x) − y(x) = 1 − 2x, 0 < x < 1; y(0) = 0, y(1) = 1 + e

3.b. y ^′′ (x) + y(x) = 0, y(0) = 1 = y(2π)

3.c. y ^′′ (x) − 3y ^′ (x) = 0, y(0) = 1, y ^′ (1) = 9e ³ 3.d. Para cada n´ umero real λ,

y ^′′ (x) + λ y(x) = 0, 0 < x < π; y ^′ (0) = 0, y(π) = 0

Dicas sobre problemas de contorno para EDPs. Seguem-se bases para as autofun¸c˜oes de Z ^′′ (z) = − λ Z (z) com 0 ≤ z ≤ L (logo, o autovalor ´e − λ) submetidas `as respectivas condi¸c˜oes de contorno (abaixo, n ´e inteiro).

Caso Z ^′ (0) = 0 = Z ^′ (L): Z n (z) = cos n π z L

, λ n = n π L

2

para n > 0; e Z ₀ (z) = 1, λ ₀ = 0 (para n = 0);

Caso Z (0) = 0 = Z(L): Z n (z) = sen n π z L

, λ n = n π L

2

para n > 0.

Quest˜ ao 4. Considere-se a EDP do calor com as condi¸c˜oes dadas abaixo:

 



u t = u xx para 0 < x < 1 e t > 0,

u(0, t) = 10 e u(1, t) = − 8 para t > 0, u(x, 0) = 0 para 0 ≤ x ≤ 1.

4.a. Escrever o problema que descreve a fun¸c˜ao estado estacion´ario v(x), e calcul´a-la;

Pelo m´etodo da separa¸c˜ao de vari´aveis para EDPs, calcular a fun¸c˜ao transi- ente w(x, t) e a solu¸c˜ao u(x, t) = v(x) + w(x, t). Para tanto, seuir os passos abaixo:

4.b. Escrever o problema que descreve w(x, t) e, ent˜ao, reescrever a EDP e as condi¸c˜oes homogˆeneas para w(x, t) como dois problemas com EDOs (uma, em x, e a outra, em t);

4.c. Calcular a solu¸c˜ao w(x, t) da EDP submetida `as condi¸c˜oes homogˆe- neas, expressando-a como uma s´erie formal (as dicas podem ser usadas);

4.d. Assumindo a convergˆencia da s´erie, calcular seus coeficientes.

Quest˜ ao 5 . Considere-se a EDP do calor com as condi¸c˜oes dadas abaixo:

 



u t (x, t) = u xx (x, t) para 0 < x < 3 e t > 0, u x (0, t) = 0 = u x (3, t) para t > 0,

u(x, 0) = cos(π x) − 4cos(5 π x) para 0 ≤ x ≤ 3.

5.a. Expressar a solu¸c˜ao u(x, t) da EDP submetida `as condi¸c˜oes homogˆeneas como uma s´erie formal (as dicas podem ser usadas);

5.b. Assumindo a convergˆencia da s´erie, calcular seus coeficientes.

Quest˜ ao 6. Repetir a quest˜ao anterior com os dados abaixo:

 



u t = u xx para 0 < x < 1 e t > 0, u x (0, t) = 0 = u x (1, t) para t > 0, u(x, 0) = sen(2 π x) para 0 ≤ x ≤ 1.

Quest˜ ao 7. Considere-se a EDP abaixo submetida `as condi¸c˜oes dadas:

 



u tt (x, t) = 4 u xx (x, t) para 0 < x < 1 e t > 0, u(0, t) = 0 = u(1, t) para t > 0,

u(x, 0) = 32 sen(5 π x) − 4 sen(2 π x), u t (x, 0) = 12 sen(3 π x), 0 ≤ x ≤ 1.

7.a. Pelo m´etodo da separa¸c˜ao de vari´aveis, reescrever a EDP e as con- di¸c˜oes homogˆeneas como dois problemas com EDOs, um em x e um t;

7.b. Calcular a solu¸c˜ao formal da EDP com as condi¸c˜oes homogˆeneas, expressando-a como uma s´erie formal (as dicas podem ser usadas);

7.c. Assumindo a convergˆencia da s´erie, calcular os coeficientes de u(x, t)

submetida a todas as condi¸c˜oes do problema dado.

Quest˜ ao 8. Repetir a quest˜ao anterior para a EDP da onda modificada abaixo submetida `as condi¸c˜oes dadas:

 



u tt (x, t) + 4 u(x, t) = u xx (x, t) para 0 < x < 1 e t > 0, u(0, t) = 0 = u(1, t) para t > 0,

u t (x, 0) = 0 e u(x, 0) = 12 sen(3 π x) − 8 sen(4 π x) para 0 < x < 1.

Quest˜ ao 9. Resolver os problemas abaixo:

9.a.

u tt (x, t) = 16 u xx (x, t) para x ∈ R , t > 0;

u(x, 0) = 2 exp ( − x ² ), u t (x, 0) = 2 exp (x/4); x ∈ R .

Dica: Pelo m´etodo de D’Alembert, a solu¸c˜ao se decomp˜oe como u(x, t) = A(x + 4t) + B(x − 4t) para fun¸c˜oes A(ψ) e B(η) adequadas. Calcul´a-las!

9.b.

u tt (x, t) = 4 u xx (x, t) para x ∈ R , t > 0, u(x, 0) = x, u t (x, 0) = x para x ∈ R .

Dica: A solu¸c˜ao se decomp˜oe como u(x, t) = A(x + 2t) + B(x − 2t) para fun¸c˜oes A(ψ) e B(η) convenientes.

9.c.

u tt (x, t) = 9 u xx (x, t) para x ∈ R e t > 0,

u(x, 0) = exp ( − x ² ), u t (x, 0) = sen(x) para x ∈ R .

Dica: A solu¸c˜ao se decomp˜oe como u(x, t) = A(x + 3t) + B(x − 3t) para

fun¸c˜oes A(ψ) e B(η) convenientes.

Regra f (t) = L ^{− 1} { F (s) } (t) Const. s ∈ F (s) = L{ f(t) } (s)

01 e ^at a ∈ R (a, + ∞ ) 1/(s − a)

02 cos (ωt) ω ∈ R (0, + ∞ ) s/(s ² + ω ² )

03 sen(ωt) ω ∈ R (0, + ∞ ) ω/(s ² + ω ² )

04 cosh (ωt) ω ∈ R ( | ω | , + ∞ ) s/(s ² − ω ² ) 05 senh(ωt) ω ∈ R ( | ω | , + ∞ ) ω/(s ² − ω ² )

06 t ⁿ n ∈ N (0, + ∞ ) n! / s ⁿ⁺¹

07 t ^r r ∈ ( − 1, + ∞ ) (0, + ∞ ) Γ(r + 1) / s ^r+1

08 δ(t − c) c ∈ [0, + ∞ ) R e ^{− cs}

Regra f(t) = L ^{− 1} { F (s) } (t) Const. F (s) = L{ f (t) } (s) 09 a f (t) + b g(t) a, b ∈ R a F (s) + b G(s)

10 f (a t) a ∈ (0, + ∞ ) F (s/a) / a

11 e ^at f (t) a ∈ R F (s − a)

12 t ⁿ f (t) n ∈ N ( − 1) ⁿ F ⁽ⁿ⁾ (s)

13 f (t)

t se h´a lim

t → 0

⁺

f (t) t

Z + ∞

s

F (v) dv

14 f ^(k) (t) k ∈ N s ^k F (s) −

k − 1

X

=0

f ^() (0) s ^{k − 1 − } 15

Z t

0

f(u) du F (s)

s

16 u c (t) f (t) c ∈ (0, + ∞ ) e ^{− cs} L{ f(t + c) } (s) 17 u c (t) f (t − c) c ∈ [0, + ∞ ) e ^{− cs} F (s) 18 Se f (t + P ) = f (t) P ∈ (0, + ∞ ) 1

1 − e ^{− sP} Z P

0

e ^{− st} f (t) dt

19 (f ∗ g )(t) F (s) G(s)

Regra 20 lim

s → + ∞ F (s) = 0

21 lim

s → + ∞ s F (s) = lim

t → 0

⁺

f(t)

22 lim

s → 0

⁺

s F (s) = lim

t → + ∞ f(t)

SOLU ¸ C ˜ OES

1.a: Pelo teorema da convolu¸c˜ao (Regra 19) e as regras 2 (ω = 1) e 1 (a = − 1), conclu´ımos que:

Y (s) + 2 s

s ² + 1 Y (s) = 1

s − ( − 1) ∴ s ² + 1 + 2s

s ² + 1 Y (s) = 1 s + 1 ∴ Y (s) = s ² + 1

(s + 1) ³ = A

s + 1 + B

(s + 1) ² + C (s + 1) ³ ∴

s ² + 1 = A(s + 1) ² + B(s + 1) + C = As ² + (2A + B)s + (A + B + C) ∴ A = 1, B = − 2, C = 2 ∴ Y (s) = 1

s + 1 − 2 1

(s + 1) ² + 2 (s + 1) ³ ∴ Pela Regra 11 (a = − 1), y(t) = e ^{− t} L ^{− 1}

1

s ⁽⁰⁺¹⁾ − 2 1

s ⁽¹⁺¹⁾ + 2 s ⁽²⁺¹⁾

(t).

Pelas regras 9 (escalares 1 − 2 e 1) e 6 (n = 0, n = 1 e 2 respectivamente):

y(t) = e ^{− t} (1 − 2t + t ² ) ∴ y(t) = e ^{− t} (t − 1) ² .

1.b: [Nagle et al.] Se¸c˜ao 7.7, Exerc´ıcio 22. Manuscrito: Item 2.g no arquivo

“simulado 3-ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

1.c: [Nagle et al.] Se¸c˜ao 7.7, Exerc´ıcio 21. Manuscrito: Item 1.a no arquivo

“ee3-gabarito-v1 0.pdf” de 2012.2.

1.d. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da EDO (neste item, n˜ao mencionamos as regras), obtemos:

12 · 3

s ² + 3 ² − 50 · s

s ² − 4 ² = s ² Y (s) − (sy(0) + y ^′ (0)) + 9Y (s) = (s ² + 9)Y (s) − (2s + 1) ∴ Y (s) = 2s + 1

s ² + 3 ² + 36

(s ² + 3 ² ) ² − 50s

(s ² − 4 ² )(s ² + 3 ² ) A primeira das parcelas indica uma C.L. de cos (3t) e sen (3t). De fato, 2s + 1

s ² + 3 ² = 2 · s

s ² + 3 ² + 1

3 · 3

s ² + 3 ² transformada de Laplace de 2 cos (3t) + 1

3 sen (3t).

A segunda parcela ´e 36

(s ² + 3 ² ) ² =

2 · 3 s ² + 3 ²

2

= 4

3 s ² + 3 ²

2

, cuja

transformada de Laplace inversa ´e, pelo teorema de convolu¸c˜ao, 4 sen (3t) ∗ sen (3t) = 4

Z t

0

sen (3v) · sen (3(t − v)) dv = − 2t cos (3t) + 2

3 sen (3t).

Finalmente, a terceira parcela deve ser expandida em fra¸c˜oes parciais:

s

(s ² − 4 ² )(s ² + 3 ² ) = A

s − 4 + B

s + 4 + Cs + E · 3

s ² + 3 ² onde a ´ ultima j´a foi prepa- rada para obtermos E sen (3t). Alternativamente, podemos expandi-la como:

s

(s ² − 4 ² )(s ² + 3 ² ) = As e + B e · 4

s ² − 4 ² + Cs + E · 3

s ² + 3 ² , trocando o conjunto L.I. de fun¸c˜oes { e ^4t , e ^{− 4t} } pelo conjunto { cosh (4t), senh (4t) } , uma vez que ambos s˜ao bases para o mesmo espa¸co bidimensional de fun¸c˜oes. Calculando pela primeira vers˜ao:

− 50s = (s ² + 9)[A(s + 4) + B(s − 4)] + (Cs + 3E)(s ² − 16). Calculando ambos os lados em s = − 4, s = 4 e, digamos, s = 0 e s = 1, obtemos:

200 = − 200B ∴ B = − 1; − 200 = 200A ∴ A = − 1; / j´a usando que A − B = 0, 0 = − 48E ∴ E = 0; e j´a substituindo os valores anteriores,

− 50 = − 20 − 15C ∴ C = 2. Logo, a terceira parcela ´e a transformada de Laplace de − e ^{− 4t} − e ^4t + 2 cos (3t) = − 2 cosh (4t) + 2 cos (3t).

Somando os trˆes termos e simplificando o resultado, obtemos que:

y(t) = sen (3t) + (4 − 2t) cos (3t) − e ^{− 4t} − e ^4t = sen (3t) + (4 − 2t) cos (3t) − 2 cosh (4t).

1.e. L ^{− 1}

1200 (s − 1) [(s − 1) ² + 4] ² (s + 3)

(t) = L ^{− 1}

1200 s − 1

[(s − 1) ² + 4] ² · 1 s + 3

(t) = 600

e ^t L ^{− 1}

2s (s ² + 2 ² ) ²

(t)

∗ L ^{− 1} 1

s + 3

(t) = 600

e ^t ·

L ^{− 1}

s s ² + 2 ²

∗ L ^{− 1} 2

s ² + 2 ²

(t)

∗ L ^{− 1} 1

s + 3

(t) = 600

e ^t · (cos(2t) ∗ sen (2t))

∗ e ^{− 3t} = 600

e ^t

Z t

0

cos (2v) sen (2(t − v)) dv

∗ e ^{− 3t} = 600

e ^t · t sen (2t) 2

∗ e ^{− 3t} = 300

Z t

0

e ^v v sen (2v ) e ^{− 3(t − v)} dv =

3 e ^t [(4 − 10 t) cos (2t) + (20 t − 3) sen (2t)] − 12 e ^{− 3t}

2.a. O fato de f i ser fun¸c˜ao ´ımpar j´a nos diz que f i s´o possui termos em sen nπx

2

, ou seja X ∞

n=1

b n sen nπx 2

, onde b n = 1 2

Z 2

− 2

f i (x) sen nπx 2

dx.

Sendo o produto de fun¸c˜oes ´ımpares uma fun¸c˜ao par, obtemos a primeira igualdade abaixo. Sendo f i uma extens˜ao de f , que est´a definida em [0, 2], obtemos a segunda:

b n = 6 2 6 2

Z 2

0

f i (x) sen nπx 2

dx = Z 2

0

f(x) sen nπx 2

dx = Z 1

0

x sen nπx 2

dx + Z 2

1

sen nπx 2

dx =

− 2

nπ x cos nπx 2

1 x=0

− Z 1

0

− 2

nπ cos nπx 2

dx + − 2

nπ cos nπx 2

2 x=1

=

− 2 nπ

✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟

cos nπ 2

− 0

+ 4

n ² π ² sen nπx 2

1 x=0

+ − 2 nπ

cos

nπ 6 2 6 2

− ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟

cos nπ 2

= 4

n ² π ² h

sen nπ 2

− ^❳❳ sen (0) ^❳❳ i + − 2

nπ ( − 1) ⁿ ∴ b n = 4

n ² π ² sen nπ 2

+ ( − 1) ⁿ⁺¹ 2 nπ onde a primeira parcela se reescreve de v´arios modos, contribuindo apenas quando n ´e ´ımpar: sen nπ

2 =

 



0, se n ´e par;

1, se n − 1 ´e m´ ultiplo de 4;

− 1, sen˜ao (n − 3 ´e m´ ultiplo de 4).

Para efeito deste exame, esta resposta seria satisfat´oria devido `a comple- xidade dela para a experiˆencia esperada dos estudantes. Em todo caso, um exemplo b´asico de reescritura, constru´ıdo caso a caso, ´e: particionamos os

´ımpares positivos em 4k − 3 e 4k − 1, onde k ´e inteiro positivo (eles corres- pondem aos casos que d˜ao 1 e − 1 acima). J´a os pares positivos s˜ao da forma 2k. Simplificando as express˜oes, obtemos a s´erie abaixo, onde a ´ ultima das trˆes parcelas do termo geral ´e a contribui¸c˜ao dos pares positivos:

X ∞

k=1

2(4k − 3)π + 4 (4k − 3) ² π ² sen

(4k − 3)πx 2

+ 2(4k − 1)π − 4 (4k − 1) ² π ² sen

(4k − 1)πx 2

− 1

kπ sen (kπx)

2.b. O fato de f p ser fun¸c˜ao par j´a nos diz que f p s´o possui termos em cos nπx

2

e constante, ou seja a 0

2 + X ∞

n=1

a n cos nπx 2

, onde

a 0 = 1 2

Z 2

− 2

f p (x) dx e, para n > 0, a n = 1 2

Z 2

− 2

f p (x) cos nπx 2

dx. Sendo o produto de fun¸c˜oes ´ımpares uma fun¸c˜ao par, obtemos a primeira igualdade abaixo. Sendo f p uma extens˜ao de f, que est´a definida em [0, 2], obtemos a segunda:

a 0 = 6 2 6 2

Z 2

0

f p (x) dx = Z 2

0

f(x) dx = Z 1

0

x dx+

Z 2

1

1 dx = x ² 2

1 x=0

+ x

2 x=1

= 1

2 − 0 + 2 − 1 = 3

2 ∴ a 0 = 3

2 e, analogamente para n > 0, a n = 6 2

6 2 Z 2

0

f p (x) cos nπx 2

dx = Z 2

0

f(x) cos nπx 2

dx = Z 1

0

x cos nπx 2

dx +

Z 2

1

cos nπx 2

dx = 2

nπ x sen nπx 2

1 x=0

− Z 1

0

2

nπ sen nπx 2

dx + 2

nπ sen nπx 2

2 x=1

= 2

nπ

✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟

sen nπ 2

− 0

+ 4

n ² π ² cos nπx 2

1 x=0

+ 2 nπ

" ❍

❍

❍ ❍

❍ ❍

❍

sen

nπ 6 2 6 2

−

✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟

sen nπ 2

#

= 4

n ² π ²

h cos nπ 2

− cos (0) i

∴ a n = 4 n ² π ²

h cos nπ 2

− 1 i

, se n > 0. Mas:

cos nπ 2

=

 



0, se n ´e ´ımpar;

1, se n ´e m´ ultiplo de 4;

− 1, sen˜ao (ou seja, se n − 2 ´e m´ ultiplo de 4). ∴ cos nπ

2

− 1 =

 



− 1, se n ´e ´ımpar;

0, se n ´e m´ ultiplo de 4;

− 2, sen˜ao. Um modo de se escrever esta s´erie ´e:

3 4 +

X ∞

k=1

4( − 1)

(2k − 1) ² π ² cos

(2k − 1)πx 2

+

X ∞

k=1

4( − 2)

(4k − 2) ² π ² cos

(4k − 2)πx 2

= 3

4 + X ∞

k=1

4( − 1)

(2k − 1) ² π ² cos

(2k − 1)πx 2

+

X ∞

k=1

4( − 2)

4(2k − 1) ² π ² cos ((2k − 1)πx) ∴ f p (x) ∼ 3

4 − 1 π ²

X ∞

k=1

1 (2k − 1) ²

4 cos

(2k − 1)πx 2

+ 2 cos ((2k − 1)πx)

2.c. O c´alculo da s´erie ´e semelhante ao do Item 2.a, com valores para os (cos)senos obtidos nos itens 2.a e 2.b:

b n = 6 2 6 2

Z 2

0

g i (x) sen nπx 2

dx = Z 1

0

x ² sen nπx 2

dx, donde:

g i (x) ∼ X ∞

n=1

16 − 8nπ sen (nπ/2) + (2n ² π ² − 16) cos (nπ/2)

n ³ π ³ sen nπx

2

Pelo teorema de Dirichlet, a s´erie converge, em x = 1, para a m´edia dos seguintes limites laterais:

lim

x → 1

⁻

g i (x) = lim

x → 1

⁻

g(x) = lim

x → 1

⁻

x ² = 1 ² = 1 e lim

x → 1

⁺

g i (x) = lim

x → 1

⁺

g(x) = lim

x → 1

⁺

0 = 0, ou seja, ela converge para 1/2 em x = 1.

2.d. x ² ´e par. Logo, x ² ∼ a 0

2 + X ∞

n=1

a n cos

n 6 πx 6 π

. Calculando (exerc´ıcio), obtivemos as respostas:

a 0 = 1 π

Z π

− π

x ² dx = 2π ²

3 e, para todo natural n > 0, a n = 1

π Z π

− π

x ² cos (nx) dx = 4 cos (nπ)

n ² = 4 ( − 1) ⁿ

n ² Da´ı:

x ² ∼ π ² 3 +

X ∞

n=1

4 ( − 1) ⁿ

n ² cos (nx)

2.e. Manuscrito: Itens 2.a–b no arquivo “ee3-gabarito-v1 0.pdf” de 2012.2.

2.f. Manuscrito: Item 4.b no arquivo “simulado 3-ps1-v1 0.pdf” de 2012.2, onde k est´a denotada por f.

2.g–i. Manuscrito: Quest˜ao 2 no arquivo “ee3–v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1, onde ℓ est´a denotada por h.

2.j. Como x ∼

X ∞ 2 6 π

n 6 π ( − 1) ⁿ⁺¹ sen

n 6 πx 6 π

, temos que

x 2 ∼

X ∞

n=1

( − 1) ⁿ⁺¹

n sen (nx). Do teorema de Parseval, segue-se que:

X ∞

n=1

1 n ² =

X ∞

n=1

( − 1) ⁿ⁺¹ n

2

= 1 π

Z π

− π

x 2

2

dx = 2 π

Z π

0

x ²

4 dx = x ³ 6π

π

x=0

∴

X ∞

n=1

1 n ² = π ²

6

2.k. Gra¸cas `a observa¸c˜ao no enunciado, j´a sabemos que a s´erie de Fourier desejada s´o possui coeficientes b n . Assim, em [0, 2π]:

π − x

2 ∼

X ∞

n=1

b n sen

n 6 πx 6 π

onde, para todo natural n > 0:

b n = 1 π

Z 2π

0

π − x

2 sen (nπx) dx = − 1 2π

Z 2π

0

x sen (nπx) dx (Por quˆe?). Inte- gre por partes e obtenha que b n = 1/n. Da´ı: π − x

2 ∼

X ∞

n=1

1

n sen (nx).

Do teorema de Parseval, segue-se que:

X ∞

n=1

1 n ² = 1

π Z 2π

0

π − x 2

2

dx = 1

4π Z 2π

0

(π − x) ² dx = − 1

12π (π − x) ³

2π x=0

= 2 × ( − π ³ )

12π ∴

X ∞

n=1

1 n ² = π ²

6

3.a. [Nagle et al.] Se¸c˜ao 10.2, Exerc´ıcio 5. Manuscrito: Item 5.a no arquivo

“simulado 3-ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

3.b. Manuscrito: Item 1.c no arquivo “ee3–v2 0-gabarito-v1 0.pdf”de 2013.1.

3.c. Manuscrito: Item 1.b no arquivo “ee3–v1 0-gabarito-v1 0.pdf”de 2014.1.

3.d. [Nagle et al.] Se¸c˜ao 10.2, Exerc´ıcio 10. Manuscrito: Item 5.b no arquivo

“simulado 3-ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

4. Manuscrito: Quest˜ao 6 no arquivo “simulado 3-ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

5. Manuscrito: Quest˜ao 4 no arquivo “ee3–v1 0-gabarito-v1 0.pdf”de 2014.1.

6. Manuscrito: Quest˜ao 5 no arquivo “simulado-03-v1 0-complemento.pdf”

de 2013.1.

7. [Nagle et al.] Se¸c˜ao 10.6, Exerc´ıcio 17. Manuscrito: Quest˜ao 3 no arquivo

“ee3-gabarito-v1 0.pdf” de 2012.2.

8.

 



u tt + 4 u = u xx para 0 < x < 1 e t > 0, u(0, t) = 0 = u(1, t) para t > 0,

u t (x, 0) = 0 e u(x, 0) = 12 sen(3 π x) − 8 sen(4 π x) para 0 < x < 1.

8.a. Devido `a linearidade da EDP, buscamos solu¸c˜oes n˜ao-triviais dela no formato u(x, t) = X(x)T (t) que satisfa¸cam as condi¸c˜oes homogˆeneas. Assim, X(x)T ^′′ (t) + 4X(x)T (t) = X ^′′ (x)T (t) ∴ X ^′′ (x)

X(x) = T ^′′ (t) + 4T (t)

T (t) nos pontos (x, t) tais que X(x) 6 = 0 e T (t) 6 = 0. Assim, uma fun¸c˜ao de x e uma fun¸c˜ao de t s˜ao iguais, donde se conclui que elas s˜ao iguais a uma constante − λ (dita constante de separa¸ c˜ ao). Portanto:

X ^′′ (x) + λ X (x) = 0 para 0 < x < 1, (1) T ^′′ (x) + (4 + λ) T (t) = 0 para t > 0. (2) Como n˜ao desejamos T ≡ 0, as condi¸c˜oes de contorno X(0)T (t) = u(0, t) = 0 e X(1)T (t) = u(1, t) = 0 traduzem-se por:

X(0) = 0 = X(1). (3)

Como n˜ao desejamos X ≡ 0, a condi¸c˜ao inicial X(x)T ^′ (0) = u t (x, 0) = 0 traduz-se por:

T ^′ (0) = 0. (4)

Com isto, (1) e (3) definem um problema de contorno em X(x), enquanto (2) e (4) definem um problema em T (t).

8.b. Das dicas fornecidas, o problema descrito por (1) e (3) tem solu¸c˜oes n˜ao-

nulas dadas pelos m´ ultiplos n˜ao-nulos de X n (x) = sen (µ n x), autofun¸c˜oes do

autovalor − λ n = − µ ² _n , onde µ n = nπ para n inteiro positivo. Aplicando, a

(2), os valores λ n encontrados para λ acima, obtemos a equa¸c˜ao caracter´ıstica

r ² + 4 + λ n = 0 ∴ r ² = − (4 + λ n ) = − (4 + µ ² _n ) < 0 ∴ r = ± i p

4 + µ ² _n = ± i ν n , denotando por ν n = p

4 + µ ² _n > 0 ∴ T (t) = A cos (ν n t) + B sen (ν n t) ∴ T ^′ (t) = − ν n A sen (ν n t) + ν n B cos (ν n t). Da condi¸c˜ao (4), temos que 0 = T ^′ (0) = ν n [ − A · 0 + B · 1] = ν n B. Mas ν n > 0 ∴ B = 0 ∴ T (t) = A cos (ν n t), e h´a solu¸c˜oes n˜ao-triviais, m´ ultiplas n˜ao-nulas de T n (x) = cos (ν n t). Combi- nando linearmente as solu¸c˜oes u n (x, t) = X n (x)T n (t) para formarmos uma s´erie formal como limite de tais somas parciais, e assumindo a convergˆencia da s´erie, temos a solu¸c˜ao formal:

u(x, t) = X ∞

n=1

c n u n (x, t) = X ∞

n=1

c n sen (nπ x) cos √

4 + n ² π ² t .

8.c.

X ∞

n=1

c n sen (nπ x) · 1 = u(x, 0) = sen(3 π x) − 8 sen(4 π x) ∴ c n = 0 para todo n > 0 exceto c 3 = 1 e c 4 = − 8. Logo:

u(x, t) = sen (3π x) cos √

4 + 9π ² t

− 8 sen (4π x) cos 2 √

1 + 4π ² t .

9.a. Quest˜ao 3 de “ee3-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1.

9.b. Quest˜ao 3 do “ee3-v2 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2013.1.

9.c. [Nagle et al.] Se¸c˜ao 10.6, Exerc´ıcio 17. ´ E a Quest˜ao 7 no arquivo

“simulado-03-v1 0-complemento.pdf” de 2013.1.