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Instituto de Matem´atica - IM/UFRJ C´alculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito da prova final unificada - Escola Polit´ecnica / Escola de Qu´ımica - 02/07/2009 Quest˜ ao 1: (2.0 pontos) (a) (1.0 ponto) Obtenha os cinco primeiros termos da s´erie de Taylor da fun¸ca˜o f (x) = cos x em π torno de x0 = . 4 Solu¸c˜ ao: Da defini¸ca˜o de s´erie de Taylor temos que: cos x =

∞ X f

(n)

n=0

π n (π/4)  x− n! 4

(1)

Por outro lado segue que: √ f (π/4) =

2 ; 2

2 ; 2 √ 2 f 00 (π/4) = − ; 2 √ 2 (3) f (π/4) = ; 2 √ 2 (4) ; ... f (π/4) = 2

0

0

f (x) = − sen x =⇒

f (π/4) = −

f 00 (x) = − cos x =⇒ f (3) (x) = sen x =⇒ f (4) (x) = cos x =⇒ Do resultado acima obtemos que: √

√  √  √  √  2 2 2 2 2 π π 2 π 3 π 4 − x− − x− x− x− + + + ... cos x = 2 2 4 4 4 12 4 96 4 (b) (1.0 ponto) Classifique a s´erie ∞ X n=1

(−1)n

n2

n+2 + 2n + 1

(2)

em absolutamente convergente, divergente ou condicionalmente convergente. Justifique as suas afirma¸co˜es. Solu¸c˜ ao: Vamos verificar se converge absolutamente usando o teste da compara¸ca˜o no limite. Seja a ∞ X 1 p-s´erie se ordem 1 (s´erie harmˆonica) . Temos, pelo teste da integral, que esta ´e divergente n i=1 e, tamb´em,     n+2 1 n(n + 2) 1 + 2/n2 / = = . n2 + 2n + 1 n n2 + 2n + 1 1 + 2/n + 1/n2     n+2 1 Ent˜ao lim / = 1 e, pelo teste da compara¸ca˜o no limite, temos que a s´erie 2 n→∞ n + 2n + 1 n

P´agina 1 de 7


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∞ X

∞ X n+2 1 diverge, j´ a que tamb´em diverge. Isto mostra que n˜ao h´a convergˆencia 2 + 2n + 1 n n i=1 i=1 absoluta da s´erie proposta.

Vamos tentar aplicar o teste de Leibniz para verificar a convergˆencia condicional da s´erie. Temos n+2 que lim 2 = 0, aplicando a Regra de L’Hopital. Os termos alternam sinal pois n→∞ n + 2n + 1 n+2 > 0 e, finalmente, ´e decrescente pois 2 n + 2n + 1 n+2 1 1 1 1 (n + 1) + 2 = + + . > = n2 + 2n + 1 (n + 1) (n + 1)2 (n + 1) + 1 ((n + 1) + 1)2 (n + 1)2 + 2(n + 1) + 1 Isto mostra que a s´erie ´e alternada, descrescente e com termo geral tendendo a zero. Portanto, pelo teste de Leibniz ela ´e convergente. Temos, ent˜ao, uma s´erie convergente e que n˜ao ´e absolutamente convergente, provando que ´e condicionalmente convergente. Quest˜ ao 2: (2.0 pontos) Considere o problema de valor inicial dado abaixo:  2 00 0  (x + 1) y (x) + 6xy (x) + 4y(x) = 0 y(0) = 0   0 y (0) = 1 Supondo que y(x) =

∞ X

an xn resolva o que se pede:

n=0

(a) (1.0 ponto) Determine a rela¸c˜ao de recorrˆencia ; Solu¸c˜ ao: Temos que 2

(x + 1)

∞ X

n(n − 1)an x

n−2

n=2

+ 6x

∞ X

nan x

n−1

+4

n=1

∞ X

an xn = 0,

n=0

ou equivalentemente, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X n(n − 1)an xn + n(n − 1)an xn−2 + 6 nan xn + 4 an xn = 0, n=2

n=2

n=1

n=0

ou equivalentemente, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X n n n n(n − 1)an x + (n + 1)(n + 2)an+2 x + 6 nan x + 4 an xn = 0, n=2

n=0

n=1

n=0

ou equivalentemente, ∞ X n=2

n

n(n − 1)an x + 2a2 + 6a3 x +

∞ X

n

(n + 1)(n + 2)an+2 x + 6a1 x + 6

n=2

∞ X

nan xn

n=2

+ 4a0 + 4a1 x + 4

∞ X n=2

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an xn = 0,


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ou equivalentemente, 4a0 + 2a2 + 10a1 x + 6a3 x +

∞ X

{(n + 1)(n + 2)an+2 + n(n − 1)an + 6nan + 4an } xn = 0,

n=2

ou equivalentemente, 4a0 + 2a2 = 0 =⇒ a2 = −2a0 =⇒ a2 = 0, pois das condi¸c˜oes iniciais a0 = 0; 5 10a1 + 6a3 = 0 =⇒ a3 = − a1 =⇒ a3 = −5/3 pois das condi¸co˜es iniciais a1 = 1; 3 n2 + 5n + 4 n+4 rela¸ca˜o de recorrˆencia: an+2 = − an = − an , n = 2, 3, ... ((9)) (n + 2)(n + 1) n+2 (b) (1.0 ponto) Encontre a solu¸ca˜o em s´erie de potˆencias para o problema de valor inicial dado. Solu¸c˜ ao: De (8) temos que: 6a2 4 a2n = 0; 7a3 a5 = − 5 9a5 a7 = − 7 11a7 a9 = − 9

=⇒

a4 =

=⇒ =⇒ =⇒

a2n+1 = (−1)n

Ent˜ao y(x) =

∞ X n=0

(−1)n

a4 = 0; 7 a5 = ; 3 9 a7 = ; 3 11 a9 = ; 3

2n + 3 . 3

2n + 3 2n+1 x 3

Quest˜ ao 3: (2.0 pontos) Resolva o problema da valor inicial dado abaixo utilizando a transformada de Laplace: ( ( 00 y (t) − 4y(t) = f (t) 0, 0 6 t < 1, onde f (t) = 0 y(0) = 1; y (0) = 0 t − 1, t > 1. Solu¸c˜ ao: s2 £ {y(t)} − 4£ {y(t)} = s + £ {f (t)} , ou equivalentemente, £ {y(t)} =

s2

s £ {f (t)} + . 2 −2 (s + 2)(s − 2)

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((1))


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Temos que: f (t) = (t â&#x2C6;&#x2019; 1)u1 (t) =â&#x2021;&#x2019; ÂŁ {f (t)} =

eâ&#x2C6;&#x2019;s . s2

((2))

Substituindo (2) em (1) obtemos:   1 s â&#x2C6;&#x2019;s . ÂŁ {y(t)} = 2 +e s â&#x2C6;&#x2019; 22 s2 (s â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2) ou equivalentemente, y(t) = ÂŁ

(i) Determinar ÂŁ

â&#x2C6;&#x2019;1



â&#x2C6;&#x2019;1

s 2 s â&#x2C6;&#x2019; 22



s s2 â&#x2C6;&#x2019; 22

(ii) Determinar ÂŁ



â&#x2C6;&#x2019;s



e

1 s2 (s â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2)

 .

((3))

. Pela tabela temos que:

ÂŁ 

+ÂŁ

â&#x2C6;&#x2019;1



â&#x2C6;&#x2019;1

â&#x2C6;&#x2019;1





s 2 s â&#x2C6;&#x2019; 22

 = cosh 2t.

((4))

 1 Temos que: s2 (s â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2) s2 (s

A B C D 1 = 2+ + + , â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2) s s sâ&#x2C6;&#x2019;2 s+2

ou equivalentemente, 1 = A(s2 â&#x2C6;&#x2019; 4) + Bs(s2 â&#x2C6;&#x2019; 4) + Cs2 (s + 2) + Ds2 (s â&#x2C6;&#x2019; 2).

((5))

1 De (5) : A = â&#x2C6;&#x2019; , B = 0, B + C + D = 0 e A + 2C â&#x2C6;&#x2019; 2D = 0. 4 1 1 1 EntË&#x153;ao A = â&#x2C6;&#x2019; , B = 0, C = e D = â&#x2C6;&#x2019; . Logo: 4 16 16 1 1/4 1/16 1/16 =â&#x2C6;&#x2019; 2 + â&#x2C6;&#x2019; =â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2) s sâ&#x2C6;&#x2019;2 s+2   1 1 1 2t 1 â&#x2C6;&#x2019;2t â&#x2C6;&#x2019;1 =â&#x2021;&#x2019; ÂŁ = â&#x2C6;&#x2019; t + e â&#x2C6;&#x2019; e . s2 (s â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2) 4 16 16    1 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;s (iii) Determinar ÂŁ e . De (6) segue que: s2 (s â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2)      1 1 1 2(tâ&#x2C6;&#x2019;1) 1 â&#x2C6;&#x2019;2(tâ&#x2C6;&#x2019;1) â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;s ÂŁ e = u1 (t) â&#x2C6;&#x2019; (t â&#x2C6;&#x2019; 1) + e â&#x2C6;&#x2019; e s2 (s â&#x2C6;&#x2019; 2)(s + 2) 4 16 16 s2 (s

Substituindo (4) e (7) em (3) resulta que: y(t) = cosh 2t +

  1 u1 (t) â&#x2C6;&#x2019;4(t â&#x2C6;&#x2019; 1) + e2(tâ&#x2C6;&#x2019;1) â&#x2C6;&#x2019; eâ&#x2C6;&#x2019;2(tâ&#x2C6;&#x2019;1) . 16

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((6))

((7))


C´alculo Diferencial e Integral IV - MAC248 Gabarito da prova final unificada - Escola Polit´ecnica / Escola de Qu´ımica - 02/07/2009(continua¸ca˜o) Quest˜ ao 4: (4.0 pontos) Considere o Problema de Valor Inicial e de Fronteira (PVIF):     u (x, t) − 9u (x, t) = 0, 0 < x < 3, t > 0, tt xx  0, com g(x) = 3x, u(0, t) = u(3, t) = 0, t > 0,     u(x, 0) = 0 e ut (x, 0) = g(x), 0 < x < 3. 0,

0 6 x < 1, 16x<2 2 6 x < 3.

(a) (1.5 ponto) Ache a extens˜ao ´ımpar e peri´odica de per´ıodo 6 da fun¸c˜ao g(x). Fa¸ca seu gr´afico no intervalo [−6, 6] e determine a S´erie de Fourier desta extens˜ao. Solu¸c˜ ao: A express˜ao para a extens˜ao ´ımpar e peri´odica de per´ıodo 6, que denotaremos g˜ ´e dada por   x ∈ (−2, −1] ∪ [1, 2), 3x, g˜(x) = 0, x ∈ [−3, −2] ∪ (−1, 1) ∪ [2, 3],   g˜(x + 6), x ∈ R A s´erie de Fourier ´e dada por ∞ X

2 nπx , com bn = bn sen 3 3 n=1

Z

2

3x sen 1

nπx dx. 3

Realizando a integra¸c˜ao obtemos:   6 nπ 2nπ 3 2nπ 3 nπ bn = cos − 2 cos + sen − sen nπ 3 3 nπ 3 nπ 3 Isto implica que a s´erie de Fourier ´e dada por   ∞ X 2nπ 3 2nπ 3 nπ 6 nπ nπx − 2 cos + sen − sen . cos sen nπ 3 3 nπ 3 nπ 3 3 n=1

(b) (0.5 ponto) Supondo que a solu¸ca˜o ´e da forma u(x, t) = F (x)G(t) (ou, se desejar, u(x, t) = X(x)T (t)), determine as duas equa¸c˜oes diferenciais ordin´arias associadas; Solu¸c˜ ao: Suponhamos que u(x, t) = F (x)G(t). Para que u(x, t) satisfa¸ca a EDP deveremos ter que F (x)G00 (t) − 9F 00 (x)G(t) = 0. Isto implica que F 00 (x) G00 (t) = = σ. F (x) 9G(t) Ent˜ao temos as seguintes EDOs: ( F 00 (x) − σF (x) = 0, x ∈ (0.3) G00 (t) − 9σG(t) = 0, t > 0

(3)

(4)

(c) (1.0 ponto) Obtenha os autovalores e respectivas autofun¸c˜oes do problema de valor de contorno correspondente a F (x) (ou X(x));

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Solu¸c˜ ao: Das condi¸c˜oes de fronteira temos que u(0, t) = 0. Portanto ou F (0) = 0 ou G(t) ≡ 0. A u ´ltima op¸c˜ao n˜ao nos interessa pois implica que u(x, t) ≡ 0. Analogamente obtemos que F (3) = 0. Vamos resolver o Problema de Valores de Contorno dado por ( F 00 (x) − σF (x) = 0, x ∈ (0.3) F (0) = 0, F (3) = 0 √ A equa¸ca˜o caracter´ıstica ´e dada por r2 − σ = 0 com ra´ızes dadas por r = ± σ. Analisando a EDO obtida: √

i Se σ > 0 temos que √ F (x) = Ce− σ x + De σ x . Como F√(0) = F (3) = 0 obtemos que C = −D e C senh(3 σ ) = 0. Ent˜ao, C = D = 0 ou 3 σ = 0, o que n˜ao ´e poss´ıvel pois, por hip´otese, σ > 0. Conclu´ımos que C = D = 0 e, portanto, s´o temos a solu¸c˜ao trivial. ii Se σ = 0 temos que F (x) = Cx + D. Como F (0) = F (3) = 0 obtemos que D = 0 e C = 0. Conclu´ımos, portanto, que s´o temos a solu¸ca˜o trivial. √ √ iii Se σ < 0 temos que a solu¸c˜ao ´e da forma F (x) = C sen√ −σ x + D cos −σ x. Usando as condi¸co˜es de fronteira obtemos que D = 0 e sen 3 −σ = 0. Para que tenhamos √ solu¸ca˜o n˜ao nula segue que 3 −σ = nπ e, da´ı. temos que os autovalores s˜ao dados por n2 π 2 nπx σn = − e as autofun¸c˜oes Fn (x) = sen , com n ∈ N∗ , j´a que σ < 0. 9 3 (d) (1.0 ponto) Analisando as condi¸co˜es iniciais do PVIF, obtenha a solu¸ca˜o do problema dado. Solu¸c˜ ao: Das condi¸co˜es iniciais temos que u(x, 0) = 0. Portanto ou G(0) = 0 ou F (x) ≡ 0. A u ´ltima n2 π 2 op¸ca˜o n˜ao nos interessa pois implica que u(x, t) ≡ 0. Ent˜ao, como temos que σn = − , 9 resolvendo a EDO e usando que Gn (0) = 0, obtemos que Gn (t) = Cn sen nπt. Isto implica nπx . Ent˜ao, a express˜ao geral da solu¸c˜ao ser´a dada por que un (x, t) = Cn sen nπt sen 3 u(x, t) =

∞ X

Cn sen nπt sen

n=1

nπx . 3

Derivando termo a termo em rela¸c˜ao a t e aplicando em t = 0 obtemos ut (x, 0) =

∞ X

nπCn sen

n=1

nπx . 3

Desejamos encontrar coeficientes Cn tais que a express˜ao acima corresponda a` fun¸ca˜o g(x). Comparando com a s´erie de Fourier da extens˜ao ´ımpar e peri´odica de per´ıodo 6 da fun¸ca˜o bn g(x) obtida anteriormente no item (a), temos que Cn = , isto ´e, nπ   6 nπ 2nπ 3 2nπ 3 nπ Cn = 2 2 cos − 2 cos + sen − sen . nπ 3 3 nπ 3 nπ 3

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Temos, ent˜ao, que a solu¸c˜ao do problema ´e dada por u(x, t) =

∞ X n=1

6 n2 π 2



nπ 2nπ 3 2nπ 3 nπ cos − 2 cos + sen − sen 3 3 nπ 3 nπ 3

P´agina 7 de 7

 sen nπt sen

nπx . 3

Boa prova!

terste  

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