Pode ser usada a tabela de transformadas de Laplace dada, mencionando-se cada regra e os valores de seus parˆ ametros em cada passo em que a regra ´e usada.

(1)

UFPE – ´ AREA II – 2017.1 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turma Q3

SIMULADO DA 3

^a

UNIDADE v. 1.0

Orienta¸c˜ao:

Resolver as quest˜ oes em sete 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.

Pode ser usada a tabela de transformadas de Laplace dada, mencionando-se cada regra e os valores de seus parˆ ametros em cada passo em que a regra ´e usada.

Quest˜ ao 1 . Resolver:

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. t y

^′′

(t) − t y

^′

(t) + y(t) = 2; y(0) = 2, y

^′

(0) = − 1 1.e. y

^′′

(t) + t y

^′

(t) − y(t) = 0; y(0) = 0, y

^′

(0) = 3 1.f. F (s), sabendo que f tem per´ıodo 1 e ´e determinada por:

f (t) = e

^t

, se 0 < t < 1; e f n˜ao est´a definida em t = 1

1.g–h. G(s) e H(s), sabendo que g e h tˆem per´ıodo 4 e s˜ao determinadas por:

g(t) =

 



− 1, se − 2 < t < − 1;

2, se − 1 < t < 1;

− 1, se 1 < t < 2;

h(t) =

 



9, se − 2 < t < − 1;

6 − 3t, se − 1 ≤ t ≤ 1;

3, se 1 < t < 2;

g não está definida em ± 1 e ± 2, enquanto h não está definida em ± 2.

1.i. y

^′′

(t) + y(t) = 2 u

π/2

(t) − 5δ

t − 3 π 2

; y(0) = 0, y

^′

(0) = 0 1.j. y

^′′

(t) + 4 y(t) = 7 δ

t − π 4

− 4 u

3π/2

(t); y(0) = 0, y

^′

(0) = 0

(2)

1.k. y

^′′

(t) + 4 y(t) = 12 δ(t − 4π) − 8 u

3π

(t); y(0) = 0, y

^′

(0) = 2 1.l. t y

^′′

(t) + (1 − 2t) y

^′

(t) − 2 y(t) = 0; y(0) = 1, y

^′

(0) = 2 1.m. x

²

d

²

y

dx

²

− 5x dy

dx = 40 x

²

, x 6 = 0 1.n. x

²

d

²

y

dx

²

− 3x dy

dx + 4 y = 300 x

¹²

, x 6 = 0 1.o. x

²

d

²

y

dx

²

− 3x dy

dx + 13 y = 10 x, x 6 = 0

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 intervalo. 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?

(3)

Para os próximos três itens, seja ℓ a fun¸cão 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 série de Fourier associada à fun¸cão 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 é − λ) submetidas às respectivas condi¸cões de contorno (abaixo, n é 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.

(4)

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¸cão estado estacionário v(x), e calculá-la;

Pelo método da separa¸cão de variáveis para EDPs, calcular a fun¸cão transi- ente w(x, t) e a solu¸cão 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, então, reescrever a EDP e as condi¸cões homogêneas para w(x, t) como dois problemas com EDOs (uma, em x, e a outra, em t);

4.c. Calcular a solu¸cão w(x, t) da EDP submetida às condi¸cões homogê- neas, expressando-a como uma série 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¸cão u(x, t) da EDP submetida às condi¸cões homogêneas como uma série formal (as dicas podem ser usadas);

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

(5)

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 método da separa¸cão de variáveis, reescrever a EDP e as condi¸cões homogêneas como dois problemas com EDOs, um em x e um t;

7.b. Calcular a solu¸cão formal da EDP com as condi¸cões homogêneas, expressando-a como uma série formal (as dicas podem ser usadas);

7.c. Assumindo a convergência da série, calcular os coeficientes de u(x, t) submetida a todas as condi¸cões do problema dado.

Quest˜ ao 8. Repetir a questão anterior para a EDP da onda modificada abaixo submetida às condi¸cões 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 método de D’Alembert, a solu¸cão se decompõe como u(x, t) =

A(x + 4t) + B(x − 4t) para fun¸c˜oes A(ψ) e B(η) adequadas. Calcul´a-las!

(6)

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¸cão se decompõe como u(x, t) = A(x + 2t) + B(x − 2t) para fun¸cões 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¸cão se decompõe como u(x, t) = A(x + 3t) + B(x − 3t) para fun¸cões A(ψ) e B(η) convenientes.

Quest˜ ao 10. Pelo método da separa¸cão de variáveis, calcular a solu¸cão u(x, t) da EDP abaixo submetida às condi¸cões homogêneas, expressando-a como uma série formal (as dicas podem ser usadas). Então, assumindo a con- vergência da série, calcular u(x, t) para o problema com todas as condi¸cões.

 



u

t t

(x, t) + 16 u(x, t) = u

x x

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

u(x, 0) = 0 e u

t

(x, 0) = 32π sen(2 π x) para 0 < x < 3.

Obs. Resolvam exerc´ıcios com outras variantes da EDP da onda!

(7)

Regra f (t) = L

⁻¹

{ F (s) } (t) Parˆametro 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) Parˆametro 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) ←− Convolu¸c˜ao! 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)

(8)

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. [Nagle et al.] Se¸c˜ao 7.5, Exerc´ıcio 36. Manuscrito: Item 2.b no arquivo

“simulado 3-ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

1.e. [Nagle et al.] Se¸c˜ao 7.5, Exerc´ıcio 38. Manuscrito: Item 2.c no arquivo

“simulado 3-ps1-v1 0.pdf” de 2012.2.

1.f. (Exerc´ıcio 22 da Se¸c. 7.6 de [Nagle/Saff/Snider]) (1 − e

⁻^1s

)F (s) =

Z

1

0

e

⁻^st

f (t)dt = Z

1

0

e

⁻^st

e

^t

dt = Z

1

0

e

⁽¹⁻^s)t

dt = 1

1 − s e

⁽¹⁻^s)t

1 t=0

= e

⁽¹⁻^s)

− 1

∴ F (s) = e

⁽¹⁻^s)

− 1

(9)

1.g. (1 − e

⁻^4s

)G(s) = Z

4

0

e

⁻^st

g(t)dt = Z

1

0

2 e

⁻^st

dt+

Z

3

1

( − 1)e

⁻^st

dt+

Z

4

3

2 e

⁻^st

dt

= 1

− s

h 2 e

⁻^st

¹

t=0

− e

⁻^st

³

t=1

+ 2 e

⁻^st

⁴

t=3

i

= − 1 s

2 e

⁻^s

− 2 − e

⁻^3s

+ e

⁻^s

+ 2 e

⁻^4s

− 2 e

⁻^3s

= 1 s

2 − 3 e

⁻^s

+ 3 e

⁻^3s

− 2 e

⁻^4s

∴

G(s) = 2 − 3 e

⁻^s

+ 3 e

⁻^3s

− 2 e

⁻^4s

s(1 − e

⁻^4s

) .

Obs. Denotando por, digamos, z o termo e

⁻^s

, e manipulando a fun¸c˜ao racional em z dada por s G(s), podemos reescrever G(S). Essencialmente, cancelamos o fator 1 − z

²

= 1 − e

⁻^2s

do numerador e do denominador. Assim:

G(s) = 2 e

⁻^2s

− 3 e

⁻^s

+ 2 s(e

⁻^2s

+ 1)

1.h. Manuscrito: Item 5.c no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.

1.i: s

²

Y (s) − s y(0) − y

^′

(0)

+ Y (s) = 2 e

⁻^(πs/2)

s − 5 e

⁻^(3πs/2)

, onde aplica- mos as regras 9 (a = 2 e b = − 5), 14 (k = 2), 16 (c = π/2) e 8 (c = 3π/2).

Logo: Y (s) = 2 e

⁻^(πs/2)

s(s

²

+ 1) − 5 e

⁻^(3πs/2)

s

²

+ 1. Denotemos por g(t) uma fun¸c˜ao tal que G(s) = 1

s(s

²

+ 1) = 1 + s

²

− s

²

s(s

²

+ 1) = 1 + s

²

s(s

²

+ 1) − s

²

s(s

²

+ 1) = 1

s − s s

²

+ 1 , expansão em fra¸cões parciais que também podemos obter resolvendo um sis- tema de equa¸cões lineares para os coeficientes do formato genérico da expan- são para este caso, a saber, A

s + Bs + C

s

²

+ 1 . Das regras 9 (a = 1 e b = − 1), 1 (a=0) e 2 (ω = 1), temos que g(t) = 1 − cos (t). Das regras 3 (ω = 1) e 17 (c = π/2 e c = 3π/2, respectivamente), obtemos que:

y(t) = 2 u

π/2

(t) ·

1 − cos t − π

2 − 5 u

3π/2

(t) · sen

t − 3π 2

∴

y(t) = 2 u

π/2

(t) · (1 − sen (t)) − 5 u

3π/2

(t) · cos (t).

Resolu¸ c˜ ao alternativa por convolu¸ c˜ ao: Denotemos por h(t) uma fun¸c˜ao tal que H(s) = e

⁻^(πs/2)

s(s

²

+ 1) = e

⁻^(πs/2)

s · 1

s

²

+ 1 Pelo teorema da convolu¸c˜ao

(Regra 19) e as regras 17 (c = π/2), 1 (a=0) e 3 (ω = 1), conclu´ımos que

(10)

h(t) = u

π/2

∗ sen (t) =

Z

t

0

sen (t − v ) u

π/2

(v ) dv.

Para 0 ≤ t ≤ π/2: u

_π/2

(v) = 0 para todo v em [0, t), donde h(t) = 0;

Para t > π/2: h(t) = Z

t

0

sen (t − v) u

π/2

(v) dv = Z

π/2

0

sen (t − v)

✘✘

u

π/2✘✘

(v) dv+

Z

t

π/2

sen (t − v) u

_π/2

(v) dv = Z

t

π/2

sen (t − v) dv = Z

t−t

t−^π

2

− sen (w) dw = Z

t−^π

2

0

sen (w) dw = − cos (w)

t−^π

2

w=0

= cos (0) − cos (t − π

2 ) = 1 − sen (t).

Combinando os resultados, temos que h(t) = u

_π/2

(t) · (1 − sen (t)).

1.j. Semelhante ao Item 1.i.

1.k. Manuscrito: Item 1.a no arquivo “ee3-gabarito-v1 0.pdf” de 2012.2.

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

1.m. Manuscrito: Item 1.j no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.

Consultar o método em mais detalhes nas solu¸cões dos próximos dois itens, inclusive o que fazer para x < 0.

1.n. No Item 1.d do arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1, resol- vemos o caso x > 0. A partir da substitui¸c˜ao x = e

^t

, t = ln (x), obtemos que, para x > 0, y

gnh

(x) = (C

1

+ C

2

ln (x)) x

²

+ 3 x

¹²

.

Para x < 0, adaptamos a solu¸c˜ao do caso anterior com a nova substitui¸c˜ao x = − e

^t

∴ t = ln ( − x) = ln | x | . Este ´ ultimo formato serve para ambos os casos de x 6 = 0. Como estudado, isto nos permite trocar x por | x | em cada instância de x na solu¸cão da EDO homogênea associada, y

_gh

(x) acima

¹

. J´a a substitui¸c˜ao aplicada a y

p

produzir´a, de b(x) = 300x

¹²

:

b(t) = 300 ( − e

^12t

) = − 300e

^12t

∴ y

p

(t) = Be

^12t

∴ y

p

(x) = − Bx

¹²

. Ora, linearidade aplicada a qualquer um dos dois caminhos para y

_p

descritos no arquivo fornece B = − 3 ∴ y

p

(x) = 3 x

¹²

de novo

²

. Logo, Logo, para x 6 = 0:

y

gnh

(x) = (C

1

+ C

2

ln | x | ) x

²

+ 3 x

¹²

, onde C

1

, C

2

∈ R .

(11)

1.o. Foi dada uma EDO de Cauchy-Euler (equidimensional) com operador diferencial linear L = x

²

D e

²

− 3x D e + 13, D e = d

dx . Tratemos, primeiro, do Caso x > 0: Com a substitui¸c˜ao t = ln (x) e o formato de solu¸c˜ao e

^rt

= x

^r

, podemos obter a equa¸c˜ao auxiliar a partir da EDO homogˆenea L[y(x)] = 0:

0 = L[x

^r

] = x

^r

(r(r − 1) − 3r + 13) ∴ 0 = r

²

− 4r + 13, cujas ra´ızes s˜ao r = 2 ± i3 ∴ y

gh

(t) = e

^2t

(C

1

cos (3t) + C

2

sen (3t)), onde C

1

, C

2

∈ R , isto ´e, y

gh

(x) = x

²

( C

1

cos (3 ln (x)) + C

2

sen (3 ln (x)) ). Mas b(x) = 10 x, ou seja, b(t) = 10 e

^t

∴ y

p

(t) = A e

^t

, isto ´e, y

p

(x) = Ax, para algum A ∈ R .

Um caminho: 10x = L[Ax] = x

²

· 0 − 3xA + 13Ax

= 10Ax ∴ A = 1.

Outro caminho: Usemos a expressão de L em t ao invés de x, isto é, com D = d

dt , que ´e lida da equa¸c˜ao caracter´ıstica acima: L = D

²

− 4D + 13 ∴ 10 e

^t

= (D

²

− 4D + 13)[A e

^t

] = (1 − 4 + 13)A e

^t

= 10Ae

^t

∴ A = 1 ∴ y

p

(x) = x.

Em suma: Para x > 0, y

gnh

(x) = x

²

[C

1

cos (ln (x

³

)) + C

2

sen (ln (x

³

))] + x.

Para x < 0, adaptamos a solu¸c˜ao do caso anterior com a nova substitui¸c˜ao x = − e

^t

∴ t = ln ( − x) = ln | x | . Este ´ ultimo formato serve para ambos os casos de x 6 = 0. Como estudado, isto nos permite trocar x por | x | em cada instância de x na solu¸cão da EDO homogênea associada, y

gh

(x) acima

³

. J´a a substitui¸c˜ao aplicada a y

p

produzir´a, de b(x) = 10x:

b(t) = 10 ( − e

^t

) = − 10e

^t

∴ y

_p

(t) = Be

^t

∴ y

_p

(x) = − Bx. Ora, linearidade aplicada a qualquer um dos dois caminhos para y

p

descritos acima fornece B = − 10 ∴ y

p

(x) = 10x de novo (ao inv´es de 10 | x | , como alguns poderiam pensar)

⁴

. Logo, para x 6 = 0:

y

_gnh

(x) = x

²

C

₁

cos ln | x |

³

+ C

₂

sen ln | x |

³

+ x, onde C

₁

, C

₂

∈ R .

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

3Claro,|x²|=x², donde, neste problema, s´o precisamos trocar nas instˆancias de ln .

4Isto pode ser facilmente entendido do fato de que obten¸cão de y_p(x) no primeiro caminho não invocou, em passo algum, quex >0, de modo que aquele cálculo diferencial funciona parax∈R.

(12)

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 satisfatória devido à comple- xidade dela para a experiência esperada dos estudantes. Em todo caso, um exemplo básico de reescritura, constru´ıdo caso a caso, é: particionamos os

´ımpares positivos em 4k − 3 e 4k − 1, onde k é inteiro positivo (eles corres- pondem aos casos que dão 1 e − 1 acima). Já os pares positivos são da forma 2k. Simplificando as expressões, obtemos a série abaixo, onde a ´ ultima das três parcelas do termo geral é a contribui¸cão 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

Z Z

(13)

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, senão. Um modo de se escrever esta série é:

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 cálculo da série é 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:

(14)

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:

x

lim

→1⁻

g

i

(x) = lim

x→1⁻

g(x) = lim

x→1⁻

x

²

= 1

²

= 1 e

x

lim

→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

∞

n=1

2 6 π

n 6 π ( − 1)

ⁿ⁺¹

sen

n 6 πx 6 π

, temos que

x X

^∞

( − 1)

ⁿ⁺¹

(15)

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 à observa¸cão no enunciado, já sabemos que a série de Fourier desejada só 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.

(16)

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 à linearidade da EDP, buscamos solu¸cões não-triviais dela no formato u(x, t) = X(x)T (t) que satisfa¸cam as condi¸cões homogêneas. 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¸cão de x e uma fun¸cão de t são iguais, donde se conclui que elas são 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 = − µ

²

, onde µ = nπ para n inteiro positivo. Aplicando, a

(17)

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 há solu¸cões não-triviais, m´ ultiplas não-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 série formal como limite de tais somas parciais, e assumindo a convergência da série, temos a solu¸cão 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.

10. Quest˜ao 3 de final-v1 0-gabarito-v1 0.pdf de 2014.1.