Análise Complexa e Equações Diferenciais—Resolução da Metade 2

ACED • Resolução da Metade 2 • 27 de Janeiro de 2014
João Pedro Boavida
27 de janeiro de 2014
As versões do teste estavam indicadas na primeira página do enunciado. Segue-se uma
resolução da versão A (com comentários intercalados sobre outras versões).
1. Multiplicando a equação original pelo fator integrante dado no enunciado e rearrumando
um pouco, obtemos
4x 3 − 6x 2 y + 2xy2 − 9x 2 − 8x − 2x 3 y0 + 2x 2 yy0 = 0.
Deste ponto em diante, a pergunta é substancialmente idêntica à pergunta 1 do teste 2.
Primitivando e substituindo a condição inicial, concluímos que
x 4 − 2x 3 y + x 2 y2 − 3x 3 − 4x 2 = 0.
Dividindo por x 2 e rearrumando de novo:
y2 − 2xy + (x 2 − 3x − 4) = 0.
Portanto,
p
√
4x 2 − 4(x 2 − 3x − 4)
y=
= x ± 3x + 4.
2
Das duas opções, só a que tem sinal positivo é compatível com a condição inicial. Portanto,
essa é a solução.
2x ±
2. Esta equação tanto podia ser resolvida com o método dos aniquiladores como com a
transformada de Laplace.
No primeiro caso, começavamos por reescrever a equação como
(D + 1)2 y = −4e−2x
e observar que (D + 2) é um aniquilador de −4e−2x . Aplicando esse aniquilador, obtemos
(D + 2)(D + 1)2 y = 0,
cuja solução geral é
C1 e−x + C2 xe−x +
|
{z
}
soluções de (D + 1)2 y = 0
C3 e−2x
| {z }
.
solução particular
Substituindo a solução particular na equação original, obtemos
C3 (−2)2 e−2x + 2C3 (−2)e−2x + C3 e−2x = −4e−2x ,
ou C3 = −4. Assim,
y(x) = C1 e−x + C2 xe−x − 4e−2x .
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João Pedro Boavida
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Usando a condição inicial y(0) = 0, vemos que C1 = 4. Temos então
y0 (x) = −4e−x + C2 e−x − C2 xe−x + 8e−2x .
Usando a outra condição inicial, y0 (0) = −1, vemos que C2 = −5 e que a solução da equação
original é
y(x) = 4e−x − 5xe−x − 4e−2x .
Usando a transformada de Laplace e chamando Y (s) = L{y}, começávamos por ver que
L{y0 } = sY (s) − y(0) = sY (s)
L{y00 } = sL{y0 } − y0 (0) = s2 Y (s) + 1.
e
Assim, a equação original transforma-se em
s2 Y (s) + 1 + 2sY (s) + Y (s) = −
4
,
s+2
e resolvendo em ordem a Y (s), obtemos
Y (s) = −
1
4
−
.
2
(s + 2)(s + 1)
(s + 1)2
Decompondo em frações parciais e simplificando:
Y (s) = −
5
4
4
+
−
.
(s + 1)2 s + 1 s + 2
Assim, a solução da equação original é
y(x) = −5xe−x + 4e−x − 4e−2x .
3. Na versão A, as respostas corretas eram a primeira e a terceira. Na versão B, eram a
segunda e a terceira. Na versão C, eram a terceira e a quarta. Na versão D, eram a primeira
e a quarta.
4. Começamos por escrever a equação na forma matricial (usando a variável t):
"
#
"
#
"
#
0 1
4
3
0
y (t) =
y(t) +
,
y(0) =
.
0 0
−4
−2
| {z }
| {z }
b(t)
A
De acordo com a fórmula da variação das constantes,
Z 1
At
e−As b(s) ds ,
y(1) = e y(0) +
0
que no nosso caso fica
"
y(1) =
1 1
0 1
"
1
0
=
"
=
1
0
# "
#
3
−2
Z
+
0
"
1
1 −s
0
1
#"
#
4
−4
ds
# "
# Z "
#
1
3
4 + 4s
1 +
ds
−2
−4
1
0
# "
# "
#
"
#
1 3
6 3
+
=
.
1
−2
−4
−6
Assim, a opção correta é a quinta.
Na versão B, a opção correta é a quarta. Na versão C e na versão D, é a terceira.
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João Pedro Boavida
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5. A série de senos tem a forma
X
Z
bk sin(kx),
1
bk =
π/2
onde
k>0
Para a função dada,
Z
Z π
sin(kx)f (x) dx =
π/2
0
0
π
sin(kx)f (x) dx .
0
h 1
iπ/2
1
kπ sin(kx) dx = − cos(kx)
=
1 − cos
.
k
k
2
0
Assim, a resposta correta era a sexta.
Na versão B e na versão D, a resposta correta era a quinta. Na versão C, era a sexta.
6. Tendo em conta as condições de fronteira, começamos por escrever
u(t, x) =
X
bk (t) sin
k>0
X
2πkx
πkx
=
bk (t) sin
.
4
2
k>0
Temos ainda
X
∂u
πkx
(t, x) =
,
b0k (t) sin
∂t
2
k>0
X
πkx
∂u
πk
(t, x) =
cos
,
bk (t)
∂x
2
2
k>0
∂2 u
∂x
(t, x) =
2
X
bk (t)
k>0
πkx
−π 2 k 2
sin
,
2
2
2
pelo que, substituindo essas expressões na EDP original e lendo os coeficientes associados
a k, temos
π2k 2
π2k 2 b0k (t) = −bk (t) −
bk (t). = −1 −
bk (t).
2
2
Assim,
X
2 2
2 2
πkx
bk (t) = e(−1−(π k /2))t bk (0)
e
u(t, x) =
.
e(−1−(π k /2))t bk (0) sin
2
k>0
Em particular, em t = 0 temos simultaneamente
u(0, x) =
X
bk (0) sin
k>0
πkx
2
u(0, x) = 3 sin(πx) + 2 sin(2πx) .
| {z } | {z }
e
k=2
k=4
A solução final é portanto
u(t, x) = 3e(−1−2π )t sin(πx) + 2e(−1−8π )t sin(2πx) .
|
{z
} |
{z
}
2
2
k=2
k=4
7. A pergunta dá-nos iteradas de Picard para y0 = −(y + 1), com condição inicial y(2) = −2.
A solução dessa equação é y(x) = −1 − 2e−(t−2) , portanto y(4) (o valor do limite pedido) é
−1 − 2e−2 . A resposta correta é a primeira.
Na versão B, a resposta correta é a quarta. Na versão C, é a primeira. Na versão D, é a
sexta.
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8. Aplicando a transformada inversa, obtemos f (t) = −4(t − 1)e3(t−1) H1 (t). Assim, f (4) =
−12e9 e f (3) = −8e6 . A resposta correta é a segunda.
Na versão B, a resposta correta é a quinta. Na versão C e na versão D, a resposta correta
é a sexta.
P
P
kx
kx
9. A série de Fourier é g(x) =
k≥0 ak cos 2 +
k>0 bk sin 2 . A segunda derivada é
P
P
2
k2
kx
00
g00 (x) = − k≥0 ak k22 cos kx
k>0 bk 22 sin 2 . Para que g (x) = λg(x), é preciso que
2 −
λ = − k22 para algum k (e portanto nenhum dos outros pode ocorrer, ou λ teria vários valores
simultaneamente). Assim, tal como na última pergunta do teste 2, a função tem no máximo
duas parcelas (com o mesmo k). Porém, se tivesse nenhuma parcela, seria a função nula (par
e ímpar). Se só tivesse uma parcela, seria um cosseno (e a função seria par) ou um seno (e
a função seria ímpar). Portanto, a função tem exatamente duas parcelas (um cosseno e um
seno, associados ao mesmo k).
2
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