. RESOLURQO DA 2" PROVA DE MAT#42 Questão 1: (1.5) Mostre

Instituto Tecnológico de Aeronáutica / Departamento de Matemática / 2o. Fund / 2009
.
RESOLUÇÃO DA 2a PROVA DE MAT-42
Questão 1: (1.5) Mostre que a transformada de Fourier da função dada por e ajxj ,
2a
onde a é um parâmetro positivo, é a função dada por p
e justi…que por
2 (a2 + ! 2 )
2a
que a transformada de Fourier da função p
é a função e aj!j :
2 (a2 + x2 )
Resolução:
Temos que
F e ajxj
=
=
=
=
Como
Z
1
1
p
2
1
p
2
1
p
2
1
p
2
e x(a
Z
1
Z
1
0
e ajxj e i!x dx
eax e i!x dx +
1
e ax e i!x dx
1
0
Z 1
Z 1
au
i(
!)u
e ax e i!x dx
e
e
du +
Z0 1
Z 10
e x(a !i) dx +
e x(a + !i) dx
0
0
1
!i) dx =
a
0
e
Z
lim e x(a
!i
e x(a
!i)
x!1
x=0
!i) = 0 ;
x!1
pois lim e ax = 0 , para a > 0; e e i!x é uma função limitada, x 2 R, segue que
x!1
1
F e ajxj = p
2
1
a
!i
+
1
1
2a
=p
2
a + !i
2 a + !2
(Até aqui vale 0.8)
(Erro de conta, ou na integração por substituição, ou falta da justi…cativa para
o cálculo do limite quando x ! 1, descontar 0.2 cada).
Por outro lado, como f (x) = e ajxj e f^(!) = p
2
2a
são funções de classe L2 (R);
(a2 + ! 2 )
vale a fórmula integral de Fourier:
1
f (x) = p
2
Z
1
1
1
f^(!)ei!x d! ;
de onde
Z 1
1
f ( x) = p
f^(!)ei!( x) d!
2
1
Z 1
1
f^(!)e i!x d!
= p
2
1
^
= F f (!) (x)
Como f é par, i.e.,
f ( x) = e aj
temos que
1
e ajxj = p
2
xj = e ajxj = f (x) ;
Z
1
1
p
2
2a
a2 +
2
8x2R;
e i xd
Tomando x = ! 2 R e chamando a variável muda de x;
Z 1
2a
1
aj!j
p
e i!x dx = F
e
=p
2 + x2 )
2
2
(a
1
p
2
2a
(a2 + x2 )
(!):
(Escrever a fórmula integral de Fourier corretamente vale 0.3. A continuação
correta do raciocínio, usando a paridade das funções, vale 0.4).
2
Questão 2: (3.0) Ao aplicar separação de variáveis a um problema de condução de
calor unidimensional modelando uma barra longa e …na que está isolada nos lados e com
uma extremidade mantida a uma temperatura …xa e a outra irradiando calor, obtém-se
o seguinte problema de autovalor:
y 00 (x)
cos
y(1) + sen
y(x) = 0 ;
y(0) = 0 ;
y 0 (1) = 0 ;
0 < x < 1;
2
<
2
:
(i) Diga quais são as principais propriedades dos autovalores e autofunções que você
pode estabelecer a priori (i.e., antes de fazer qualquer cálculo).
(ii) Encontre os autovalores e autofunções no caso em que
> 0:
(iii) Ache uma candidata a solução na forma de uma expansão em série de funções
ortogonais para o seguinte problema não-homogêneo:
y 00 (x)
2y(x) = f (x)
; 0 < x < 1;
0
y(0) = y (1) = 0 ;
onde f (:) é uma função de classe C 1 (0; 1) dada.
Resolução:
(i) (Vale 0.5) É fácil ver que se trata de um problema de Sturm-Liouville Regular
Ly = ry em subC 2 [0; 1] (de…nido pelas condições de fronteira), com
Ly (x) =
(p(x)y 0 (x))0 + q(x)y(x)
p(x)
1 > 0 ; 8 x 2 [0; 1] ; de classe C 1 [0; 1];
q(x)
0 contínua em [0; 1];
r(x)
1 > 0 ; 8 x 2 [0; 1] ; contínua em [0; 1]:
A teoria permite garantir a priori (cf. teorema visto em classe) que este problema possui um conjunto enumerável de autovalores reais f 1 ; 2 ; :::; n ; :::g, com autofunções
correspondentes f 1 ; 2 ; :::; n ; :::g. Além disso, 1 < 2 < ::: < n < ::: ! 1, quando
n ! 1, as autofunções (que são funções reais) correspondentes a autovalores distintos
são ortogonais com respeito ao produto interno
Z 1
h n ; m ir :=
r (x) n (x) m (x) dx
0
e vale a seguinte expansão em séries destas autofunções ortogonais: 8 f 2 C 1 (a; b),
f (x) =
1
X
n=1
onde
n
=
n n (x)
;
x 2 (0; 1) ; (convergência ponto a ponto) ,
hf; n ir
:
h n ; n ir
3
(ii) (Vale 1.5) Para > 0; digamos, = ! 2 para algum ! > 0, a solução geral da edo
y 00 (x)
y(x) = 0; 0 < x < 1 ; é da forma y(x) = A cos !x + Bsen !x. Aplicando a
condição de fronteira y(0) = 0 resulta
y(x) = Bsen !x :
Com isto, a equação cos
y(1)+sen
y 0 (1) = 0 …ca sendo
B(cos sen! + !sen cos !) = 0:
<
Para
2
satisfaça
<
2
(1)
, teremos soluções não-triviais se e somente se existe um ! > 0 que
tan ! =
! tan
Esta equação pode ser resolvida gra…camente para !.
A …gura 1 mostra os valores dos coe…cientes tan ; para
tan ß
=2 <
< =2:
8
6
4
2
-1.4-1.2-1.0-0.8-0.6-0.4-0.2
-2
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4
ß
-4
-6
-8
Figura 1. Grá…co tan
para
=2 <
A …gura 2 mostra os grá…cos de f (!) = tan ! e g(!) =
y
< =2:
! tan
para tan
2
1
2
3
4
5
6
7
-2
8
w
-4
-6
-8
-10
-12
-14
-16
Figura 2. Soluções para tan ! =
4
! tan
para tan
=
2:
= 2:
<
<
, a equação
Gra…camente, portanto, podemos ver que para qualquer
2
2
tan ! = ! tan possui uma família in…nita de soluções positivas ! 1 ; ! 2 ; : : : ; ! n ; : : : tais
que lim ! n = 1. Portanto, temos uma família in…nita de autovalores n = ! 2n com as
n!1
autofunções correspondentes
= sen ! n x
n (x)
Para
=
2
;
n = 1; 2; : : :
, a equação (1) resulta em ! cos ! = 0, o que resulta em
2
n
= (2n
2
1)
e
4
n (x)
(Reparar que as expressões para
2
1
2
por exemplo, n = n
)
2
n
= sen (2n
1) x
2
;
n = 1; 2; : : :
podem ser dadas de forma diferente como,
(iii) (Vale 1.0) Consideremos o problema não-homogêneo dado
y 00 (x)
2y(x) = f (x)
; 0 < x < 1;
0
y(0) = y (1) = 0 ;
P
Vamos procurar uma solução expandida em autofunções na forma y(x) = 1
n=1 n n (x),
onde iremos tomar as autofunções geradas pelo seguinte problema de Sturm-Liouville
associado: achar tal que o problema com condições de fronteira
y 00 (x) = y(x)
;
0
y(0) = y (1) = 0 ;
(2)
(3)
0 < x < 1;
tenha solução não-trivial. porém, repare que este problema é exatamente o problema
resolvido no ítem (ii) com = =2. Assim,
2
n
= (2n
1)2
4
e
n (x)
= sen (2n
1) x
2
;
n = 1; 2; : : :
(Até aqui vale 0.5)
Introduzindo o operador L pondo Ly (x) := y 00 (x), o problema não-homogêneo pode
ser
P1escrito como Ly = 2y + f , de forma que assumindo uma solução na forma y(x) =
n=1 n n (x) , com as n ’s determinadas acima, então
!
1
1
X
X
L
= 2
n n
n n+f
n=1
1
X
n=1
nL n
=
n=1
2
n n
+f
2
n n
+f
n=1
1
X
n n n
n( n
2)
=
n=1
1
X
1
X
1
X
n=1
n
= f
n=1
5
(4)
Como f é de classe C 1 , ela admite uma expansão em série destas autofunções, a saber,
f (x) =
1
X
ponto a ponto,
n n (x)
n=1
com
n
< f;
=
< n;
n >
=
n >
R1
f (x)sen(2n 1) 2 xdx
R1
sen2 (2n 1) 2 xdx
0
0
Substituindo em (4), …camos com
1
X
n(
2)
n
n
=
n=1
1
X
[
1
X
;
n = 1; 2; : : :
n n
n=1
n( n
2)
n]
n
= 0
n=1
de onde segue da ortogonalidade das autofunções que
n
n
=
n
uma vez que
n
;
2
n( n
2)
n
= 0, ou seja,
n = 1; 2; : : : ;
6= 2 para todo n: Assim, nossa candidata a solução é dada por
y(x) =
1
X
n=1
n
n
2
sen(2n
1) x
2
(Erro de conta, ou não atentar para denominador se anular: descontar 0.2).
6
Questão 3: (2.5) Considere o problema
u 2 C 2 ( ) \ C( ) limitada,
uxx + uyy = 0 em
;
u(x; 0) = f (x) ; x 2 R ;
onde = f(x; y) 2 R2 = y > 0g e f é uma função contínua e limitada dada.
Sendo dado que
Z 1
2y
e j!jy ei!x d! = 2
; 8x2R ; y>0 ;
x + y2
1
mostre que uma candidata a solução do problema acima é dada por
u(x; y) = f
y
1
onde Py (x) = : 2
2
R1 x +y
f g (x) := 1 f (s)g(x
x2R
;
x2R ;
Py (x) ;
;
y>0 ;
y > 0 ; é chamado de núcleo de Poisson, e
s)ds:
Questão bônus: mostre que se retirarmos a condição de u ser limitada, então o problema não tem solução única se f 0:
Resolução:
Aplicando a transformada de Fourier na variável x a 4u = 0, obtemos
! 2 u^(!; y) +
@ 2 u^(!; y)
=0
@y 2
u^(!; 0) = f^(!) ;
e
cuja solução geral é
u^(!; y) = A(!)e!y + B(!)e
!y
e, pela fórmula integral de Fourier, a candidata à solução seria
Z 1
1
u(x; y) = p
u^(!; y)ei!x d!:
2
1
Para que u^(!; y) seja limitada quando y ! 1 (e consequentemente, u(x; y)), devemos ter
u^(!; y) = C(!)e
j!jy
;
onde
C(!) =
B(!) ; se ! > 0;
A(!) ; se ! < 0:
Impondo a condição inicial resulta
u^(!; y) = f^(!)e
7
j!jy
:
Assim, nossa candidata a solução é
Z 1
1
u(x; y) = p
f^(!)e j!jy ei!x d!
2
1
Z 1
Z 1
1
1
p
= p
f (s)e i!s ds e j!jy ei!x d!
2
2
Z 1 1
Z 11
1
=
f (s)
e j!jy ei!(x s) d! ds:
2
1
1
Como foi dado que
Z
temos que
1
u(x; y) =
2
Z
1
1
f (s)
1
(x
1
e j!jy ei!x d! =
2y
ds = f
s)2 + y 2
x2
2y
;
+ y2
Py (x) ;
Questão bônus: Se f é identicamente nula, então u1 (x; y)
são ambas soluções do problema.
8
x2R ;
y>0 :
0 e u2 (x; y) = y (não-limitada)