Resolução PVI Transformada Laplace e Série Fourier - Exercícios Resolvidos

1 2 Pontos Usando a Transformada de Laplace encontre a solução do PVI d²ωdt 4ω γt ω0 2 ω0 13 onde γt t² 2t 1 t 1 0 caso contrário 2 2 Pontos Determine a solução do PVI 2 dydt y ht y0 0 através de uma convolução em que ht 0 0 t π cost t π 3 2 Pontos Considere a função gx 1 π2 x π2 0 π x π2 ou π2 x π a Mostre que a função g é seccionalmente contínua b Considerando a função g periódica com período 2π determine a sua série de Fourier c Com a série encontrada no item b fazendo x 0 calcule o valor da série m1 1m2m 1 Página 1 2 4 2 Pontos Considere o seguinte problema ut 2ux uxx 0 x L t 0 u0t uLt 0 t 0 ux0 1 0 x L Usando o método de separação de variáveis determine a solução do problema acima fazendo a constante que aparecer na igualdade das edos ser λ e com λ 1 Questão 1 d²ωdt 4ω yt w01 2 w0 13 yt t² 2t 1 t1 0 c c Observe que podemos escrever a função yt na seguinta form yt u₁tt1² Assim Lyt 2 e⁵s³ Aplicando a Transformada de Laplace na edo temos Ld²ωdt² 4ω Lyt Ld²ωdt² 4Lω 2 e⁵s³ s²Lω sw0 w0 4Lω 2 e⁵s³ s²Ws 2s 13 4Ws 2 e⁵s³ s² 4 Ws 2 e⁵s³ 2s 13 Ws 2 e⁵s³s² 4 2ss²4 13 1s²4 Logo ωt L¹2 e⁵s³s² 4 L¹k² ss²4 L¹13 1s²4 ωt L¹2 e⁵s³s² 4 2 L¹ss²4 13 L¹1s²4 ωt L¹2 e⁵s³s² 4 2 cos2t 13 12 sen2t Como 2s²4 18 12³ 58s²4 segue que L¹2s²4 L¹18s L¹12 ³ L¹58 s²4 18 14 t² 18 cos2t Sabemos que L¹e⁵s³s² 4 u₁t18 14 t1² 18 cos2 t1 Logo ωt u₁t 18 14 t1² 18 cos2 t1 2 cos2t 16 sin2t Questão 2 2 dydt y ht y00 ht0 0 t π cost t π Aplicando a Transformada de Laplace na edo temos L2 dydt y Lht 2 s Ỹs Ỹs Hs Ỹs2 s 1 Hs Ỹs 12 s 1 Hs yt L¹12 s 1 Hs L¹Fs Hs Observe que temos o produto de duas transformadas logo a transformada inversa será yt L¹Fs Hs L¹Fs L¹Hs convolução yt L¹12s1 ht yt L¹12s1 ht yt 12 L¹1s12 ht yt 12 et2 ht Quando 0 τ π ht 0 12 et2 ht 0 Quando t π ht cost 12 et2 cost 12 πᵗ et2 cost τ dτ 15 et2 25 et2 sent 15 et2 cost Logo γt 0 0 t π 15 et2 25 et2 sent 15 et2 cost t π Questão 3 gx 1 π2 x π2 0 π x π2 ou π2 x π a Particionamos o intervalo π π em três π π2 π2 π2 e π2 π Veja que em cada um desses intervalos a função g é constante e assim é continua Ainda os limites laterais nas extremidades de cada subintervalo existem e são lim xπ gx 0 lim xπ2 gx 0 lim xπ2 gx 1 lim xπ2 gx 1 lim xπ2 gx 0 lim xπ gx 0 Logo g é seccionalmente continua b Consideramos a função g periódica com período 2π Observamos que a função g é par Assim sua série de Fourier é dada por a02 m1 to am cosmπxL onde L π a0 1π π to π gx dx 1π π2 to π2 1 dx 1 am 1π π to π gx cosmπxπ dx 1π π2 to π2 1cosm x dx 2mπ senmπ2 21k1mπ se m2k1 0 se msó par Logo a série de Fourier de g é 12 2π m1 to 1m12m1 cos2m1 x c Observe que x0 é um ponto de continuidade de g assim g0 12 2π m1 to 1m12m1 cos2m1 0 1 12 2π m1 to 1m12m1 12 2π m1 to 1m12m1 m1 to 1m12m1 π4 Questão 4 ut 2ux uxx 0 x L t 0 u0t uLt 0 t 0 ux0 1 0 x L Suponha que uxt Xx Tt Logo uxx X T ut X T e ux X T Substituindo na ED X T 2 X T X T X TX T 2 X TX T X TX T TT 2 XX XX TT YX 2 XX Como o lado direito só depende de x e o lado esquerdo só depende de t segue que ambos os lados da equação sejam igual a uma mesma constante chamaremos de λ Logo TT λ e XX 2 XX λ Fazendo λ 1 vamos resolver a EDO XX 2 XX λ D f é X 2 X λ X X 2 X λ X 0 A eq característica é r2 2r λ 0 As raízes são dadas por r 1 iλ 1 Logo a solução geral é X C1 ex cosλ 1 x C2 ex senλ 1 x Pelas condições de contorno u0t 0 e uLt 0 segue que X0 0 e XL 0 Com essa condição vemos que C1 0 e senλ 1 L 0 λ 1 L m π λ 1 m π L λ 1 m2 π2 L2 λm 1 m2 π2 L2 Por último as únicas soluções não triviais para o problema de valores de contorno são as autofunções Xm ex senm π x L associadas aos autovalores λm 1 m2 π2 L2 Resolvendo TT λ T λ T T λ T 0 T 1 m2 π2 L2 T 0 Tm e1 m2 π2 L2 t Combinando os resultados anteriores com uxt Xx Tt obtemos as soluções fundamentais umxt e1 m2 π2 L2 t ex senm π x L m 1 2 3 Admitindo que a solução do problema é uma combinação linear de todas as soluções fundamentais segue que uxt m1 to Cm e1 m2 π2 L2 t ex senm π x L Temos a condição inicial ux0 1 Assim ux0 m1 to Cm ex senm π x L ex m1 to Cm senm π x L Multiplicando ex ex ux0 m1 to Cm senm π x L ex m1 to Cm senm π x L Observe que ex está igual a uma série de Fourier em senos Assim podemos pensar em uma extensão ímpar de ex no intervalo de LL Neste caso definimos hx ex 0 x L 0 x0L ex L x 0 Logo Cm 2L from 0 to L ex senmπxL dx 2LL2 m2 π2 mπL mπLeL cosmπ Assim uxt 2π et Σ from m1 to m m eL cosmπ L2 m2 π2 e1m2 π2 L2t senm π xL ou uxt 2π et Σ from m1 to 1 eL 1m L2 m2 π2 m e1 m2 π2 L2 t senm π xL