P3 - Equações Diferenciais C 2021-1

UFMG/ICEx/MAT — BH 31/08/2021 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C Turma TB1 Respostas sem justificativas nao serao consideradas. Entregar no Microsoft Teams até as 23h59min do dia 31/08/2021. Awinattiit si] Assinatura: . ~ . . 0, —-™<x<0, 1. Considerar a funcao f: R — R definida no intervalo (—2,+7] por f(x) = 2 x*, O<x<4+7. Além disso, a fungao f: R > R é 27-periddica, isto é, f(x +27) = f(x) para todo xe R. (a) (6 pontos) Determinar a série de Fourier S[f](x) da fungao f(x). ~ x 2 . . 0, -"1<x<0, Solucao: A funcao f: R — R é definida no intervalo (—2,+7] por f(x) = 2 x*, O<xX<47. Além disso, a funcgao f: R > R é 27-periddica, isto é, f(x +27) = f(x) paratodo xe R. Antes de calcular os coeficientes da série de Fourier, preparamos algumas integrais indefinidas, avaliadas pela formula de integracdo por partes. Sem perda de generalidade, nao apresentamos as constantes de integracao, ja que as formulas serao posteriormente usadas para avaliar integrais definidas. Inicialmente calculamos i nn integracdo por partes: / udv=uv -/ vdu; xcos(—s] dx nt nt L nt L u=x; dv= cos(— x} dx; du=dx; v = [av = J cos( 3) dx = — sen(—x] L L nn L L nn L nn =x|— sen(—x] -/ — sen(—x] dx nn L nn L L nn L L ( nn ) = —xsen|— x] —- — |-———cos|— x nn L nn nn L L nn LV? nn = —xsen(—x]+—— cos(—x}. (1) nn L n272 L Também calculamos i nit integracao por partes: / udv =uv— / vdu; xsen(—x] dx nn nt L nt L u=x; dv= sen(— sx] dx; du=dx; v = fav = [sen(™3) dx = -— cos(—x] L L nn L L nn L nn =x -— cos(—x] -/ -— cos(—x] dx nn L nn L L nn L L nn = -— xcos(—x} +—]/+— sen(— x] nn L nn nn L L nn V2 nn = -—xcos(—x]+—— sen(—x). (2) nn L n272 L Além disso, calculamos nn integracdo por partes: / udv = uv -/ vdu; *cos (=a) Xx“ COS x|dx nn nn L nn | L u= x’; dv = cos(—x} dx; du =2xdx; v= | dv= | cos(™™x)ax=— sen(™™x] L L nn L a L ni L nw = x~|— sen(— sx] -{— sen(— x] 2xdx nn L nn L i) nn 2L nn =—xXx sen(—s] -— xsen(—x] dx nn L nn L i) nn 2L L nit L? nn . =—x sen(—s] -_— -— xcos(—x} += sen(—s] pela formula (2) nn L nu| nn L n272 L i) nn 27 nn 213 nit =—x sen (— x] + xcos{—x]- + sen(—x}, (3) nn L n2n2 L nn L em que na pentltima passagem usamos a formula (2). Finalmente, calculamos nn integracao por partes: / udv=uv -/ vdu; *sen(—-x}d x“ sen x| dx nn nn L nn | L u= x’; dv =sen(—x]dx; du =2xdx; v= | dv= | sen(™™x}ax=-— cos(™ 3} L L nn L of L nn L nn = x“ |——— cos (=x) — | -—cos (=x) 2xdx nn L nn L Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 2 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 L nn 2L nn =-—— x’ cos (—+] +— / XCOS (—+] dx nn L nn L L » ni 2L L ni L? ni | = —-— x“ cos| — x] + — | +— xsen| —x]+-——~ cos| —x ela formula (1 nn (=) = [+ (=) n2n2 (=) P (1) a) (% J+ 21? (% )+ 213 (“ (4) = —— x“ cos|— x] + —— xsen| — x] + —> cos| —x], nn L n2n2 L n373 L em que na pentltima passagem usamos a formula (1). Ap6os essa preparacao, calculamos os coeficientes da série de Fourier da fungao dada. Através da formula genérica usamos L=z eobtemos 1 +L a=- x) dx 0=F I, f(x) 1 0 1 +70 = £ [va +— [ x* dx pela definicao de f(x) —1 JO 1 x3 +70 a8 } 1m 108 “73 23 =>" Além disso, para n€ Ne através da formula (3) com L=7, 1 te nn an=— x) cos| —x]|dx "L [ L Poy ( L 1 f° 1 rt” nn =— —x}dx+—-— x*cos| ——x]dx ela definicdo de f(x 1 n 2 n 2 n +7 =— #2 sen( “| + BE os (“>| - ae sen( | | pela formula (3) com L=7 m | ng #t nea #t nix #t 0 x? 2x 2 +7 = 4— sen(nx) + a cos(nx) — san sen(nx) nn nen nen 0 nv ax 2 07 2-0 2 ={— (nm) + “7 cos(nm) ~ = sent(ni) -<{— (On) + S=cos(0n) - S—sent(0n) nz a I a 2 =a cos(nz) n _ 2-1)" = 2 . - Be se n for par; ~T2 se n for impar. Finalmente, para n € N e através da formula (4) com L=7, 1 te nn bn = x)sen| — x] dx "L [ L Pe ( L 1 1 rt" nn =+ [_osen{™*x)ar+ -{ x* sen (=+] dx pela definigao de f(x) <I 1 JO nu 1{- n 2 n 2 n +m =— 2 cos (“.} + 2 esen( 5) + oat cos (“.} | pela formula (4) com L=2 n | ng # nex # n39 # 0 x? 2x 2 +7 = 4 -—-— cos(nx) + —— sen(nx) + —— cos(nx) nn nn wn 0 nt 2n 2 0? 2-0 2 = 4 -—_cos(nz) + Gesen(iin) + zz cos(nm) ¢ — 4 -—~ c0S(07n) + —esen(0n) + 7 cos(0n) ng I nen A nen ih 2 2 = —— cos(n7) + = cos(nz) — = n nen nen m-D"*! 2((-)"- 1] = —— ——_— + —, n nen Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 3 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 A --, se n for par; _ n - + n 4 fori —-—-—., sen for impar. n nn P kat . x . . 0, -m<x<0, Portanto, a série de Fourier da fun¢éo definida no intervalo (—2, +7] por f(x) = 2 e tal que f(x+2m) = f(x) x*, O<x<+7, para todo xeRé ao +00 +00 fwm=—+t » An COos(nx) + » by,sen(nx) 2 n=l n=l 17 +00 [ 9(_1)” +00 n(—1)"t1 2((-1)"-1 eth ) | cosenx) + 3° | ) 4 ey =) ”] sentnx 23 $A onct n mn3 A fungao f(x) tem pontos de descontinuidade no conjunto {+7,+37,+57,...}. Assim, pelo teorema sobre a convergéncia pontual das séries de Fourier temos f(x) = S[f](x) para todo numero real x € R\{+7,+37,+57,...}, ou seja, nos pontos de continuidade da funcao f(x) a série de Fourier S[f](x) converge para f(x). Enos pontos de descontinuidade, a série de Fourier S[f](x) converge para a média dos limites laterais, que no presente caso é S[f](+(2k — 1)m) = m7 /2 para todo numero keN. Em resumo 17 +00 [ 9(_1)” +00 n(—1)"t1 2((-1)"-1 fwm=s>+y) a | cos(nx) + )~ | + | sen(nx) (xe R\{t(2k-lm}; keEN) 6) 23 sal vw = n mn 2 2 +00 n +00 n+1 n A 1a 2(-1 n(-1 2((-1)" -1 —=>—+)>. x | cos(nx) + )* | + | sen(nx) (xe {+(2k-lm}; keN). (6) 2 23 al vr = n mn A figura abaixo mostra o grafico da aproximacao da série de Fourier da fungao f(x) com somatorio de 20 termos no intervalo [—37, +37], 1 a n=20 2(-1)” n=20 m(-1I"*1 2((-D)"-1) S x)=-—+ — .— | cos(nx) + —————_ + ——.—_ J sen(nx). aol fl) = 55 om msi 5 | " oad | (nx) = 10 8 6 4 2 -10. 15 5.0 5 ojo 25 5.0 75 10.0 (b) (2 pontos) Esbogar os graficos de f(x) e de sua série de Fourier S[f](x). Solucao: As figuras abaixo mostram respectivamente os graficos de f(x) e de S[f](x) no intervalo [-37,+3z]. O grafico de S[f](x) foi construido a partir do teorema de Dirichlet sobre a convergéncia pontual das séries de Fourier. wt] wo 8 8 6 6 4 4 2 2 0 o oO o 10.0 -75 -5.0 2.5 oo 25 5.0 75 10.0 10.0 -75 -5.0 2.5 oo 25 5.0 75 10.0 Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 4 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 (c) (2 pontos) Usar a série de Fourier da func¢ao f(x) para calcular a soma da série numérica yoa+ts ttt, 4i4 mn2— 12 22 32 42 52g? n2 , Soluga&o: Pelo teorema sobre a convergéncia pontual das séries de Fourier sabemos que nos pontos x € R em que f é continua a série de Fourier de f, denotada por S[f](x), converge exatamente para f(x). Além disso, nos pontos em que f é descontinua a série de Fourier de f converge para a média dos limites laterais no ponto de descontinuidade. Se selecionamos x = 2, que € um ponto de descontinuidade de f(x), através da f6rmula (6) juntamente com os fatos de que cos(nz) = (-1)” esen(nm) =0 paraneN, 2 2 +00 n +00 nt+1 n cA 1a 2(-1) n(-1) 2((-1)" -1) —=-—+ — .— | cos(nm) + ————_ _ + ———_]s 2 23 »| n? | ™) >| n mn? | semen 2 2 +00 n 18 i 2(-1) . BLEED y 2 6 jal n 2 2 +00 oA Tv 1 Es t+2 » a 2 6 nal Mt 2 2 +00 Tv oA 1 DEY Ss 2 6 nal Mt 2 +00 oA 1 6. >=2VSy 3 Aan? nm _ y 1 oe 6 _ a n2 ’ mola aaa, sis “6 12 22 32 4252 «G2 ne , Adicionalmente, podemos determinar a soma de outra série interessante. Se selecionamos x = 0, que 6 um ponto de continuidade de f(x), através da f6rmula (5) juntamente com os fatos de que cos(0n) = 1 e sen(0n) =0 paraneN, lm %@/2(-1)” pay" 2(-)"-) 0=-—+ —~— | cos(0n) + —————_ + ——.—_ 8 23 x | n? | (On) x | n mn3 | sentony 2 +00 n oA 2(-1 . 0==4+y) x | 6 yal n 2 +00 n oA -1 oem ae 6 nel 2 +00 n oA (-1) 0-2 =2)—> 6 = Ww 2 +00 n oA -1 “E22 6 nm Nt ia > (-1) n+1 “120 on? wil Piioiviit, ~oor | “7 127 12 22 32 42 52g? n2 Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 5 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 2. (7 pontos) Resolver o problema de valor inicial para a equacao da onda, u(x,t) »407u(x,t) EDP — —— - a —— =), -—00<x< +00, 0<f; Ot? Ox? CI u(x,0) = f(x) = arctan(x), —00< Xx < +00; a CI u;(x,0) = g(x) = ——, -—0o<X< +00. 1(%,0) = g(x) 1s Mostrar que a solucao consiste de apenas uma onda viajante. Para que lado viaja essa onda? Sugest6es: 1. Usar a f6rmula de d’Alembert para a solucao da equagao da onda. 1 2. Primitiva: / ——,, dx = arctan(x) +c. 1+x? Solugao: A solucado desse problema de valor inicial é dada pela formula 1] 1 xt+at unt) =5 [fers ans fe—an]+5- | g(t) dr, 2 2a Jx-at denominada formula de d’Alembert. Como f (x) = arctan(x) e g(x) = a/(1+ x7), a solucado do problema envolvendo a equacao da onda é 1] 1 xt+at unt =5[fer+an+for—an]+5- | g(t) dt 2 2a Jx-at 1] 1 xt+at a = = [arctan(x+ at) + arctan(x - at)]+ =; / —— dt 2 2a x-at 1 + {2 1 1 x+at 1 = — [arctan(x + at) + arctan(x — at)|+ >} —~ dt 2 2Jx-at 1+7? primitiva de 1/(1+ tT’): 1 / —.~ dt =arctan(x)+c 1+t? ] ] xt+at = — [arctan(x+ at) + arctan(x — af)] + = arctan(x + an| 2 2 x-at 1 1 = 3 [arctan(x + at) + arctan(x — at)]+ 3 [arctan(x + at) — arctan(x — at)] 1 1 1 1 =+5 arctan(x + at) + 5arctante=ar) + 3 arctan(x + at) — 5arctantx=ar) = arctan(x + at) =f(x+at). A solucéo consiste de uma tinica onda viajante que tem sempre 0 mesmo formato que a posic¢ao inicial e que viaja para a esquerda com velocidade a. Na primeira figura abaixo, em que consideramos a = 2, em azul vemos a posi¢ao inicial da corda, isto 6, u(x,0); em verde vemos a posigao da corda no instante t = 3, isto é, u(x,3); o grafico verde é a translagao do grafico azul para a esquerda de at = 2-3 = 6 unidades. Na segunda figura abaixo vemos 0 grafico tridimensional da posigado da corda em funcao das variaveis x e t com x € [-10,+10] e te [0,3]. 20 u(x, t) =arctan(x — at) 15 15 1.0 10 05 0.5 0.0 0.0 -0.5 -1.0 -0.5 7 "Si, “8 10.0 “1319 —5 0 5 10 525, -1o.e7.55.02.5 og 25 50 75% Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 6 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 3. (7 pontos) Resolver o problema de valor de fronteira para a equacado de Laplace em uma placa anular, 0*u(r,8) 10u(r,0) 1 6 u(r,8) EDP —~2—~4-—~4—-—_* =0,) Ri =l<r<2=R, —-1<O0<+4m; or2 r or r2 06? CF u(1,0) = gi (8) = sen(0) -m<0<47; CF u(2,0) = go(0) = cos(8) —-m<O<+40. Sugestao: Usar a solucao formal do problema de valor de fronteira, _ a bo ~ tn =n Sy. tn =n u(r,0) = 3 ta inw)+ Y [anr*” + bar" | cos(n8) + ¥° [enr*" + dnr~"| sen(n8). n=1 n=1 Os coeficientes ag e bo sao determinados pelo sistema de equacées 1 2% 1 2% do + boIn(R)) = -{ gi(s)ds; do + boIn(R2) = -{ go(s)ds. Jo I JO Os coeficientes dy, e bn, para n€ N, sao determinados pelos sistemas de equacg6es 1 2% 1 2% anR{" + bnR,” = -{ gi(s)cos(ns) ds; anR3”" + bypRz” = “| g2(s) cos(ns) ds. I Jo I JO Os coeficientes cy, e dn, para n € N, sao determinados pelos sistemas de equac6es 1 2% 1 2% cnR{" + dnR,” = -| gi(s)sen(ns) ds; CnR3" + dyRz” = -| go(s)sen(ns) ds. I Jo JO Solugao: A solugdo desse problema de valor de fronteira é dada pela formula ag bo ad tn =n Sy. .tn =n u(r, 9) = 5 tp int » [anr*” + bnr~ "| cos(n@) + > [cnr*” + dyr "| sen(né). n=1 n=1 Para verificar formalmente que essa funcao é de fato solugao da EDP, calculamos as derivadas termo a termo, bol © +n-1 -n-1 ~~ +n-1 -n-1 ur(0) = +—-— + > [+nanr —nbyr ]cos(n@) + )° [+nenr —ndyr ] sen(n); roon=l n=1 6 _— bol y —] +n-2 _ —lb —n-2 6 uy, (7,0) = > 7a + 2 [enn )anr n(-n—-Wbpr ] cos(n@) +00 + » [+n(+n- Veyrt”? —n(-n- Ddpr"?] sen(n@); n=1 +00 +00 ug (1,0) =+ )- [anr*” + bar" (—n)sen(n0)+ >) [car*” +dnr~”| (+n) cos(n6); n=1 n=1 +00 +00 ugg (1,0) =+ >) [anr*” + bar-"| (—n”) cos(n@) + Y [ent +dyr~”| (—n”)sen(n6). n=1 n=1 Dessa forma, a substitui¢ao dessas expressOes formais na equacao diferencial parcial do potencial em coordenadas polares resulta em 1 1 Urr (7,0) + : ur (1,8) + 72 Ugo (7, 8) bl © +n-2 —n-2 ~ +n-2 —n-2 =-yath [+n(+n-Dadnr —n(—n—-1)byr ]cos(n@)+ )* [+n(4n-Denr —n(—n—-l)dyr ] sen(n8) n=1 n=1 1 bl & +n-1 -n-1 ~ +n-1 —n-l +—44—— 4+ > [+nanr —nbpr ] cos(n@) + » [+nCpr —ndnyr ] sen(n8) r 27r 7 n=1 1 +00 +00 +3 \* > [anr*” + bnr "| (—n?) cos(n@) + > [car*” +dyr "| (-n’) sen(nd)} r n=1 n=1 bl © +n-2 —n-2 ~ +n-2 —n-2 =-sath [+n(+n-Dadyr —n(-—n-1)bar ]cos(n@)+ )° [+n(4n-Depr —n(-n-l1)dyr ] sen(n8) n=1 n=1 + bod + y [+na rt? _ nb rn?) cos(n@) + y [+nc rt”? _nd rn?) sen(n@) 2 r2 ‘ n n = n n n= = Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 7 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 +00 +00 +) [anr*” + byr "?| (—n?) cos(n@) + > [enr*”* + dyr"~*| (—n”) sen(n0) n=1 n=1 __Pol + y [+n(+n-la rt? _n(-n-1)b rn?) cos(n@) + y [+n(+n-lc rt? _n(-n-l)d rn?) sen(n@) = 2 re a n n a n n +t -¥ [+ (4n=-Vanr*”? = n(=-n=Ibnr-” 7} cos( a-> [+ (4n=Wenr*”? = n(-n-dnr-” *| sen(n6) 22d n(+n—lanr n(-n nT cos(n 4 n(+n—-Vcnr n(-n nt sen(n =0. Agora devemos determinar os coeficientes a, e b, paran € Nu {0} e c, ed, para ne N. Pelas condicées de fronteira devemos ter _ _ ao bo 2 +n —n ~ +m Nn). gi(@)=u(l,@) => sen(@@)=—+—In(1)+ )) [an1*" + bpl~"| cos(nO) + Y° [en1*" + dnl"); 2 2 n=1 n=1 _ _ 4 bo ~ +n —n ~ +n —n §2(0) = u(2,0) => cos(6) = 5 + > In@) + Y [an2*" + bn2-"| cos(nO) + )* [en2*" + dn27"]. n=1 n=1 Pela unicidade da série de Fourier das func¢6es g} (0) = sen(@) e g2(8) = cos(8), isso significa que 1 2% 1 2% ao + bo In(1) = “| gi(s)ds= “| cos(s) ds =0; (7) Jo JO 1 2% 1 2% do + bo In(2) = - | 82(s)ds= - | sen(s) ds = 0; (8) JO JO logo, dp =0e bo = 0. Além disso, paraneN, 1 2% 1 2% Gnlt"+byl "= - | g1(s) cos(ns) ds = - | sen(s)cos(ns)ds=0 WneN; (9) 1 JO a) in _y 177 1 2% 1, sen=1; An2. +bj2 "= g2(s)cos(ns) ds = — cos(s) cos(ns) ds = ; (10) 1 JO 1 JO 0, sen 2; logo, a, = +2/3 e b; = —2/3; adicionalmente, a, =0e b, =0 paran > 2. Por fim, paraneN, in _. 1 1 2 1, sen=]; Chl" +dyl "=—- gi(s)sen(ns) ds = — sen(s)sen(ns) ds = ; (11) Tt Jo 1 JO 0, sen>2; 1 2% 1 2% Cn" +dn2-" = - | go(s)sen(ns) ds = - | cos(s)sen(ns)ds=0 WneN; (12) I) a) logo, c) = —1/3 e d, = +4/3; adicionalmente, c, =0 ec, =0 paran > 2. Finalmente, a solucao do problema de valor de fronteira para a equa¢ao de Laplace em uma placa anular, 0*u(r,8) 10u(r,0) 1 6 u(r,8) EDP ———_ + - —— + 5 7 = 9, R,=l<r<2=Rk), -U<O0<+7; or2 r or r2 06? CF u(1,0) = gi (8) = sen(0) -m<0<47; CF u(2,0) = go(0) = cos(8) -m<O0<47. é 2 21 1 41 u(r, 9) = (+57 - 7 | cos(@) + (-5r+ =| sen(@). 3 3r 3 3r A figura da esquerda mostra a vista de topo do grafico de u(r,@). A figura da direita mostra a versdo tridimensional da solu- cao. Se interpretamos o problema de valor inicial para a equacao de Laplace como a solugao de estado estacionario (também denominada solugao de equilibrio) da equa¢ao do calor em uma regiao anular, entao as curvas de nivel da solucao sao deno- minadas isotermas. Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Página 8 de 12 Prova 3 de Equações Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 9 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 4. (10 pontos) Resolver o problema de valor inicial e de fronteira Ou(x, ft) 5 u(x, t) EDP ——_ - a“ ————_ = 0, -N<X<47, 0<f; ot Ox? CF u(—7, t) = u(4+7, t), 0<f; CF Ux(—7, t) = Ux(+7, 1), 0<G 1 1 CI u(x,0) = f(x) = -3 cos(3x) + 3 sen(2x), —-MOKC+N. Sugestao: Procurar solucdo na forma u(x, t) = X(x)T(f) e usar o método de separacao de varidveis, também denominado método de expansao em autofun¢ées. Solugao: Usamos 0 método de separacdo de varidveis, também denominado método de expansdo em autofuncées, e procura- mos a solugao na forma u(x, t) = X(x)T (fh). As derivadas parciais de u(x, t) em relagao as variaveis t e x sao Ou(x, ft) fi Ou(x, t) 1 —— = X(x)T (1); —— =X (xX)T(N); Ot Ox 0? u(x, t) ——— = X"(x)T(). Ox (x) T(t) Agora substituimos essas expressOes na equacao diferencial parcial dada e obtemos Ou(x, t 07 u(x, t Ou(% 1) 2 U% _ 9 ot Ox? o X(x)T'() - a? X"(X) TH) =0 (X(x) T(t) 4 0) XajT' (1) > X" (x) Lety 0 2 So a XEST (1) X (x) Lay T'(t x" . 2 () _ 5 T(t) X (x) oX"(x) T(t) o. A FT X (x) T(t) ; X"(x) _ 1 T(t) “ X(X) a TD) Aigualdade precedente é valida para todo x € [0, +7] e para todo tf > 0. Além disso, j4 que 0 lado esquerdo da igualdade depende apenas da variavel espacial x e 0 lado direito da igualdade depende apenas da variavel temporal t, deduzimos que essas duas express6es sao iguais a uma constante, denotada por o e denominada constante de separacado. Consequentemente, X" (x) 1 T'(t) CU oO, X (x) a* T(t) o que é equivalente a X" (x) 1 T'(t) ————-= O; — — =O X(x) a* T(t) X" (x) — a X(x) = 0; T'(t)-a*oT(t) =0. Dessa forma a equacao diferencial parcial u;(x, t) — a Uxx (x, t) = 0 transforma-se em duas equacoes diferenciais ordinarias, X"(x)-oX(x)=0; = -T'(t)- ao T(t) =0. As condicoées de fronteira sao tais que u(—7, t) = X(-m)T (fH) = X(47)T (DH = u(47, £) > [X (+) — X(—7)] T(t) = 0; Ux (—7, t) = X'(-n) T(t) = X'(4n)T(H=u,(4+0,0 => [X'(+m)-X'(-m]T( =0. Isso significa que X(+m) — X(—m) = 0 e também X'(+2) — X'(—z) = 0, ou seja, X(+m) = X(—m) e também X'(+m) = X'(-7). De fato, em caso contrario devemos ter T(t) = 0 e isso implica u(x,t) = 0, que é solucao da equacao diferencial parcial e Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 10 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 também verifica as condicoes de fronteira mas nao é suficiente para os propésitos do problema, em vista da condigao inicial u(x,0) = f(x), ja que f(x) nao éa fung¢ao nula. Em resumo, a equagao diferencial parcial juntamente com as condigoées de fronteira conduzem a duas equacées diferenciais ordinarias, sendo que uma delas tem duas condicées de fronteira, X" (x) -— 0 X(x) =0. T'(t)-a’o T(t) =0; X(-m)=X(+m); X'(-m) = X'(+m); A analise do problema de valor de fronteira na variavel espacial x é feita em trés casos separados. CASO 1: CONSTANTE DE SEPARACAO POSITIVA. No caso em que o > 0 escrevemos o = +A” > 0 e a solucao geral da equacdo diferencial X" (x) — A2.X(x) =0 6 X(x) = Aexp(+Ax) + Bexp(—Ax). As duas condicoes de fronteira, X(—m) = X(+m) e X'(-m) = X'(+2), implicam A =0e B =0, isto 6, X(x) = 0. A seguir, apresentamos os detalhes dessa anilise. Como X(x) = Aexp(+/Ax) + Bexp(—Ax), a primeira condicao de fronteira implica X(—m) = Aexp(+A(—7)) + Bexp(-A(-7)) = Aexp(+A(+z2)) + Bexp(—A(+7)) = X(+7), ou seja, Aexp(—Az) + Bexp(+Az) = Aexp(+Az) + Bexp(—Az). Logo, + A[exp(+Az) — exp(Az)] = +Blexp(+Am) — exp(Az)], ou seja, A = B. Além disso, como X'(x) = AAexp(+Ax) — ABexp(—Ax), a segunda con- dic¢ao de fronteira implica X(—m) = AAexp(+A(—7)) — ABexp(-A(-a)) = AAexp(+A(4+2)) — ABexp(—A(+m)) = X(+7), ou seja, AAexp(—Az) — ABexp(+Am) = AAexp(+Azm) —- ABexp(—Az). Logo, +A Alexp(+Az) — exp(Am)] = —ABlexp(+/Az) — exp(A7)], ou seja, A= —B. Asolucao do sistema com as duas equa¢oes obtidas, A= Be A= —B, 6 A=0e B=0. Isso significa que X(x) =0e, portanto, u(x, t) = 0, que é solucao da equacao diferencial parcial e verifica as condi¢ées de fronteira mas nao é suficiente para os propositos do problema, em vista da condicao inicial u(x,0) = f(x). CASO 2: CONSTANTE DE SEPARAGAO NULA. No caso em que o = 0 a solucao geral da equacao diferencial X" (x) -0X(x) =0 é X(x) = A+ Bx. A primeira condi¢ao de fronteira implica X(—z) = A+ B(—m) = A+ B(+m) = X(+7), ou seja, A— Br =A+ Bn, e isso implica —Bz = +Bz, ou seja, B = 0. Além disso, como X'(x) = B, a segunda condicao de fronteira 6 automaticamente verificada, X'(—m) = X'(+m) para qualquer valor de A € R. Logo, A = Ap = 0 6 um autovalor e as correspondentes autofuncées sao tais que B=0e A= Ap € R € uma constante arbitraria. Em resumo, as autofun¢oes associadas ao autovalor Ap = 0 sao da forma Xo(x) = Ap em que Ag € R 6 um ntimero real arbitrario. CASO 3: CONSTANTE DE SEPARAGAO NEGATIVA. No caso em que o < 0 escrevemos o = —A* < 0 e a solucao geral da equacdo diferencial X" (x) + A?.X(x) =0 é X(x) = Acos(Ax) + Bsen(Ax). Como o cosseno é fungao par e o seno é funcao impar, X(-7) = +Acos(A(—7)) + Bsen(A(-7)) = +Acos(Az) — Bsen(Az); X (+7) = +Acos(A(+z)) + Bsen(A(+7)) = + Acos(Am) + Bsen(Az). Além disso, a derivada é dada por X’(x) = —A Asen(Ax) + ABcos(Ax) e, portanto, X'(-m) = —A Asen(A(-2)) + ABcos(A(—7)) = +A Asen(Am) + ABcos(Az) X' (+m) = —A Asen(A(+7)) + ABcos(A(+m)) = —A Asen(Am) + ABcos(Az). Em vista das duas condicoes de fronteira, deduzimos que X(—m) = X(+m) e X'(—m) = X'(+), deduzimos que +Acos(An) — Bsen(Az) = +Acos(An) + Bsen(Az) => 2Bsen(Am)=0 +A Asen(Am) + 4B cos(Anm) = —A Asen(Am) +ABcos(Am) => 2AAsen(Am) =0. Como A # 0, ha duas possibilidades: sen(Az) 4 0 ou sen(Az) = 0. No primeiro caso deduzimos que B = 0 e A= 0; logo, X(x) =0 e, portanto, u(x, t) = 0, que é solucao da equacao diferencial parcial e verifica as condic¢des de fronteira mas nao é suficiente para os propositos do problema, em vista da condi¢4o inicial u(x,0) = f(x). Logo, devemos ter sen(Az) = 0, isto é, A=An =n com n €N sao os autovalores. Além disso, como nao ha condic¢4éo alguma sobre as constantes A, B € R, deduzimos que as autofuncg6es associadas envolvem tanto os cossenos quanto os senos. Consequentemente, as correspondentes autofunc¢ées tém a forma geral X(x) = X;,(x) = A, cos(nx) + B, sen(nx) em que A= A, e B= B, € R paran € N séo ntmeros reais quaisquer. Em resumo, as autofung¢6ées associadas aos autovalores 1, = n em que n € N sao da forma Xy,(x) = Ay, cos(nx) + By sen(nx) em que A= A, e B= By, € R sao numeros reais quaisquer ene N. Agora devemos analisar a equacao diferencial ordinaria na varidvel temporal t. Associados aos autovalores 1, = n com n€ Nv {0} (embramos que Ao = 0 é 0 autovalor deduzido no CASO 2), temos a equacao diferencial ordindria na variavel temporal t, T'(t)— a? (-n’) T(t) =0 T(t Qo Two dt=-a’n’ dt T(t) T'(t Q | Fars [-a2ntae T(t) Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 11 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 - In|jTM|= -a?n* t+ Cn “. exp(In|T()|) = exp (-a? n t) exp (Cp) “. Tn(t)=Cnexp(-a?n?t) (Ch =exp(en); neNu{0}). Logo, para o autovalor Ap = 0 temos as solucg6es na forma Ug (Xx, 1) = Xo(x) To(2) = (Ag) (Co exp (-a*0* t)) ao ( ao =2 (2=A¢ ). 3 3 oo Além disso, para os autovalores 1, = n para n € N temos as soluc6es na forma Un(X, 0) = Xn(xX) Tr (O) = (Ay cos(nx) + By sen(nx)) (Cy exp (-a* n t)) = (ay cos(nx) + by sen(nx)) exp (-a? n° t) (ap = AnCn} bn =BnCn; neN). Essas fungoes sao solucées da equagao diferencial parcial e das condi¢ées de fronteira mas individualmente n4o sao suficientes para os propositos do problema, em vista da condicao inicial u(x,0) = f(x). Sendo assim, usamos 0 principio da superposicao generalizado e escrevemos a solucdo formal como uma série, +00 u(x,t) = )° un(x, t) n=0 _4 22 = + )° [an cos(nx) + by sen(nx)] exp(—a“n*t). n=1 A solucao formal resolve a equacao diferencial parcial e as condicées de fronteira. Resta determinar os coeficientes a, para néRU {0} e by € R para n € N de modo que a condi¢Ao inicial também seja verificada. Para isso, devemos verificar a condi¢ao f(x) = u(x, 0) do +00 2.2 = + » [an cos(nx) + by sen(nx)] exp (—a“n* -0) n=1 ao +00 = > + » [a, cos(nx) + by sen(nx)]. n=1 Com essa finalidade, realizamos a extensdo 27-periddica da fungao f e os coeficientes ay e by sao exatamente os coeficientes da série completa de Fourier da funcao f. Esses coeficientes sao dados pelas formulas de Euler-Fourier, 1] +70 an = -{ f(x) cos(nx) dx (ne Nu {0}); I J-n 1] +70 by = - | f(x) sen(nx) dx (neN). TN J-n 1 1 weg ee es . . at . Como f(x) = “3 cos(3x) + 52 sen(2x) ja é a sua propria série de Fourier, os coeficientes da série de Fourier completa e 27- periddica de f podem ser avaliados por simples inspecao, que apresentamos no formato de duas tabelas. n An Un,1(%, t) = ancos(nx)exp(-a?n*t) n bn Un,2(x, t) = by sen(nx) exp (-a*n? t) n=1 a= 0 uz1(x,t)= 0 n=1 bh= 0 Uy,2(x, t) =0 1 1 n=2 a2 = 0 U2,1(x, f) = ¢ n=2 bo = +5 U2,2(x, f) = +5 sen(2x) exp (—27a7t) = = _ 292 n=3 a3=—3 3,1 (%, 0) = ~ 3 Cos(3x) exp (—a 3t) n-3 by= 0 Usr(x,)= 0 n>4 an= 0 Uni(x,t)= 0 n>4 bn= 0 Un,2(x, t) =0 Finalmente, a solucdo do problema de valor inicial e de fronteira Ou(x, ft) 5 u(x, t) EDP —_ - a —— =0, -NM<x<47, 0<tf; ot Ox? CF u(—7, t) = u(+7, f), 0<t; Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040) Pagina 12 de 12 Prova 3 de Equacoes Diferenciais C EDC (MAT040) Turma TB1 CF Ux(—H, 1) = ux(+7, ft), O<s 1 1 CI u(x,0) = f(x) ="3 cos(3x) + 5 sen(2x), -MQXL+T; é u(x, f) = U3,1(X, 2) + Ue,2(x, t) 1 1 =~ Cos(3x) exp (-a*3? 1) + 3 Sen(2x) exp (-a*271). 200 0.72 175 048 150 125 O24 04 02 100 0.00 Oe a oo = 075 p24 b .. - i -0.6 050 3 ig 0.48 ¥ a0 025 4d 0.00 “O72 7 2 te 0 we | -2 -1 0 1 2 3 *lespaco 1 2s gob? Turma TB1—Ter-Qui: 9h25 Prova 3 EDC (MAT040)