2011/12
An´ alise Matem´ atica III-D - 2
0Teste
Dura¸c˜ao: 2h00I
a. O campo de direc¸c˜oes ´e dado por~v(x, y) = (1, y−y3).
Observando que φ(y) = y−y3 = y(1−y)(1 +y) ´e positiva para y ∈]− ∞;−1[∪]0; 1[ e negativa se y ∈]−1; 0[∪]1; +∞[, obt´em-se o esbo¸co
A partir deste esbo¸co, pode-se conjecturar que lim
t→+∞y(t)∈ {−1; 0; 1}. Estes limites correspondem `as solu¸c˜oes de equil´ıbro da equa¸c˜ao diferencial.
b. Paray 6= 0, pela mudan¸ca de vari´avel proposta, v(t) = 1
y2(t) e v′(t) = −2y′(t) y3(t). Multiplicando a equa¸c˜ao por −2
y3,
−2y′
y3 =−2
y2 + 2⇔v′+ 2v = 2.
Multiplicando esta ´ultima equa¸c˜ao por e2t,
(v(t)e2t)′ = 2e2t⇔v(t)e2t=e2t+C ⇔v(t) = 1 +Ce−2t, C∈R. Finalmente,
y(t) = ± 1
√1 +Ce−2t. Temos assim, para y6= 0, os limites poss´ıveis lim
t→+∞± 1
√1 +Ce−2t =± 1
√1 + 0 =±1.
Considerando tamb´em a solu¸c˜ao nula, confirma-se a conjectura feita na al´ınea anterior.
II
Seja M(x, y) = 2 sin(y2) e N(x, y) = xycos(y2),x6= 0.
Tem-se
∂M
∂y (x, y)− ∂N
∂x(x, y) = 4ycos(y2)−ycos(y2) = 3ycos(y2)6= 0, pelo que a equa¸c˜ao apresentada n˜ao ´e exacta. No entanto, a quantidade
1 N(x, y)
∂M
∂y (x, y)−∂N
∂x(x, y)
= 3 x
apenas depende de x, pelo que a equa¸c˜ao admite um factor integrante µ(x) que apenas depende igualmente dessa vari´avel. A fun¸c˜ao µverifica ent˜ao a equa¸c˜ao diferencial
∂
∂y(M(x, y)µ(x)) = ∂
∂x(N(x, y)µ(x))⇔ ∂M
∂y (x, y)µ(x) = ∂N
∂x(x, y)µ(x) +N(x, y)µ′(x)
⇔4ycos(y2)µ(x) =ycos(y2)µ(x) +xycos(y2)µ′(x)⇔µ′(x)− 3
xµ(x) = 0.
Multiplicando esta equa¸c˜ao pore−3 ln(|x|)=|x|−3, (µ(x)|x|−3)′ = 0, ou seja µ(x) =C|x|3, C ∈R.
Como x 6= 0, trabalhamos num intervalo em que x > 0 ou num intervalo em que x < 0.
Escolhendo, respectivamente, C = 1 ou C=−1, obtemos µ(x) = x3. Multiplicando a equa¸c˜ao original por esta quantidade vem
2x3sin(y2) +x4ycos(y2)y′ = 0.
Procuramos agora F tal que ∂F
∂x(x, y) = 2x3sin(y2) e ∂F
∂y(x, y) = x4ycos(y2).
Primitivando a primeira destas equa¸c˜oes em ordem a x, F(x, y) = 12x4sin(y2) +φ(y).
Diferenciando esta express˜ao em ordem ay e confrontando com a segunda equa¸c˜ao, obte- mos φ′(y) = 0, pelo que a fun¸c˜ao φ´e constante. Finalmente,
F(x, y) = 1
2x4sin(y2) +c, c∈R.
Desta forma, a equa¸c˜ao inicial possui as solu¸c˜oes impl´ıcitas x4sin(y2) = C, C ∈ R, ou seja
y(x) =± s
arcsin C
x4
.
III
Pretendemos resolver a equa¸c˜ao linear n˜ao homog´enea y′′−y′+ 1
4y = e2t 4(1 +t2). Come¸camos por tratar a equa¸c˜ao homog´enea associada y′′−y′+ 1
4y= 0.
O seu polin´omio caracter´ıstico ´e dado por
P(x) = x2−x+1 4, cujo discriminante ´e ∆ = 1− 4
4 = 0. Desta forma, P admite uma ´unica ra´ız real r = 12, pelo que a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homog´enea ´e yH(t) = C1e2t +C2te2t, C1, C2 ∈R. Calculamos agora uma solu¸c˜ao particular para a equa¸c˜ao inicial pelo m´etodo de varia¸c˜ao das constantes.
A fun¸c˜ao yp(t) =C1(t)e2t +C2(t)tet2 ´e solu¸c˜ao particular se
C1′(t)e2t + C2′(t)tet2 = 0 1
2C1′(t)e2t + C2′(t)
e2t + 2tet2
= e2t 4(1 +t2)
⇔
C1′(t) + C2′(t)t= 0 1
2C1′(t) + C2′(t)
1 + t 2
= 1
4(1 +t2). O determinante deste sistema ´e d= 1 + t
2− t
2 = 1, pelo que obtemos as solu¸c˜oes C1′(t) =
0 t
1
4(1 +t2) 1 + t 2
=− t
4(1 +t2) : C1(t) =−1
8ln 1 +t2 e
C2′(t) =
1 0
1 2
1 4(1 +t2)
= 1
4(1 +t2) : C2(t) = 1
4arctan(t).
(As constantes de primitiva¸c˜ao foram tomadas nulas).
Finalmente, a solu¸c˜ao geral pretendida ´e y(t) = yH(t)+yp(t) =e2t
C1− 1
8ln 1 +t2
+tet2
C2+ 1
4arctan(t)
, C1, C2 ∈R.
IV a. Para M >0, tem-se
Z M 0
e−stu1(t)tdt= Z M
1
te−stdt=
−te−st s
M 1
+1 s
Z M 1
e−stdt = e−s
s −Me−sM s −1
s2 e−sM −e−s .
Tomando o limite quando M →+∞, vem, para s >0,L(u1(t)t)(s) =e−s 1
s + 1 s2
.
b. Tem-se L(y′(t))(s) = sY(s)−y(0) = sY(s) e L(y′(t))(s) = sY(s)−sy(0)−y′(0) = s2Y(s).
Assim, tomando a transformada de Laplace da equa¸c˜ao apresentada, Y(s)(s2−s−2) =e−s
1 s + 1
s2
⇔Y(s) =e−s s+ 1
s2(s2−s−2) =e−s s+ 1 s2(s−2)(s+ 1)
=e−s 1 s2(s−2). A decomposi¸c˜ao polar da frac¸c˜ao racional Q(s) = 1
s2(s−2) ´e dada por 1
s2(s−2) = A
s−2 +B s + C
s2.
• Multiplicando por s2 e fazendo s= 0, obt´em-se C =−1 2;
• Multiplicando por s−2 e fazendo s= 2, obt´em-seA= 1 4;
• Multiplicando por s e tomando o limite em +∞, obt´em-se B =−A=−1 4. Finalmente,
Y(s) = e−s
1
4(s−2) − 1 4s − 1
2s2
= 1
4e−sL(e2t)(s)− 1
4e−sL(1)(s)− 1
2e−sL(t)(s) : Y(s) = L
1
4u1(t)e2(t−1)−1
4u1(t)− 1
2u1(t)(t−1)
(s), de onde resulta que
y(t) =u1(t) 1
4e2(t−1)− t 2 +1
4
.
V
a. Seja ˜f a extens˜ao ´ımpar 2-peri´odica de f. Como ˜f ´e ´ımpar, a sua s´erie de Fourier ´e uma s´erie de senos, isto ´e, os integrais an=
Z 1
−1
f(x) cos(nπx) s˜ao nulos.˜ Tem-se, para n∈N,
bn = 1 1
Z 1
−1
f(x) sin(nπx)dx˜ = 2 Z 1
0
f(x) sin(nπx)dx= 2 Z π
0
(1−x) sin(nπx)dx.
Integrando por partes, bn= 2
−(1−x)cos(nπx) nπ
1 0
−2 Z 1
0
cos(nπx)
nπ dx = 2 nπ.
A s´erie de senos pedida ´e ent˜ao dada por g(x) = 2
π
+∞
X
n=1
sin(nπx)
n .
b. A fun¸c˜ao f ´e cont´ınua no ponto x= 1
π pelo que coincide, neste ponto, com a sua s´erie de senos. Logo,
f 1
π
= 2 π
+∞
X
n=1
sin(n)
n ⇔
+∞
X
n=1
sin(n) n = π
2
1− 1 π
= π−1 2 .
c. Pelo m´etodo de separa¸c˜ao das vari´aveis, come¸camos por procurar solu¸c˜oes da forma u(x, t) =X(x)T(t).
Obtemos
X(x)T′′(t) = 9X′′(x)T(t)⇔ T′′(t)
9T(t) = X′′(x) X(x) .
Como esta quantidade depende simultaneamente apenas de xe de y, ´e constante, igual a λ.
Desta forma, obtemos o sistema desacoplado
T′′(t)−9λT(t) = 0 X′′(x)−λX(x) = 0.
As condi¸c˜oes de fronteira u(0, t) =u(1, t) = 0 traduzem-se, em termos de X, por X(0) =X(1) = 0.
Sabemos ent˜ao da aula te´orica que λ = −n2π2
1 e que X(x) = Bsin(nπx), B ∈ R. Da primeira equa¸c˜ao do sistema resulta ent˜ao que T(t) = Acos(3nπt) +Bsin(3nπt). Da condi¸c˜ao inicial u(x,0) = 0 resulta que T(0) = 0, isto ´e A= 0.
Desta forma,
u(x, t) =un(x, t) =Bnsin(nπx) sin(3nπt), n ∈N. Como a equa¸c˜ao ´e linear,
u(x, t) =
+∞
X
n=1
Bnsin(nπx) sin(3nπt)
verifica o sistema proposto, com excep¸c˜ao da condi¸c˜ao ∂u
∂t(x,0) = 1−x.
Tem-se
∂u
∂t(x, t) =
+∞
X
n=1
3nπBnsin(nπx) cos(3nπt) : ∂u
∂t(x,0) =
+∞
X
n=1
3nπBnsin(nπx) = 1−x.
Pela al´ıneaa, 3nπBn=bn = 2
nπ pelo queBn= 2
3π2n2 eu(x, t) =
+∞
X
n=1
2
3n2π2 sin(nπx) sin(3nπt).
