Exercícios - Séries de Fourier - Cálculo 4 - 2023-2

1. Seja a função u(x, t) que satisfaz a equação diferencial parcial de primeira ordem (1 - x^2)u_x + t^2u_t = 2tu Sujeito as condições u(0, t) = 0 u(x, 1) = f(x). Tomando, por hipótese que u(x, t) = X(x) · T(t) Substituindo na EDP, temos: (1 - x^2)[X(x) · T(t)]_x + t^2 [X(x) · T(t)]_t = 2tX(x) · T(t) (1 - x^2)X'(x) · T(t) + t^2X(x) · T'(t) = 2tX(x) · T(t) Considerando X(x) · T(t) ≠ 0, podemos dividir ambos os lados da Equação por X(x) · T(t). Assim, (1 - x^2)X'(x) · T(t) + t^2X(x) · T'(t) _________________________________ = X(x) · T(t) 2tX(x) · T(t) ______________________________ X(x) · T(t) = (1 - x^2)X'(x) ___________ + X(x) t^2T'(t) _________ = 2t T(t) (1 - x^2)X'(x) __________ = 2t X(x) t^2T'(t) _________ = λ T(t) Assim, podemos quebrar a EDP em duas EDOs: { (1 - x^2)X'(x) ___________ = λ X(x) t^2T'(t) _________ = λ → { (1 - x^2)X'(x) - λX(x) = 0 t^2T'(t) - (2t - λ)T(t) = 0 Veja que uma condição de contorno nos foi dada: u(0, t) = X(0) · T(t) = 0 → X(0) = 0 Assim, para a primeira EDO, temos o seguinte problema para resolver: { X'(x) - λ/ (1 - x^2 )X(x) = 0 X(0) = 0 Onde X(x) = e^∫ (λ/1−x^2) dx onde λ ___ = 1−x^2 A ___ + 1−x B _______ = 1+x (A − B)x + (A + B) _________________=(1− x)(1 + x) A − B = 0 A + B = λ Resolvendo o sistema, temos que A = B = λ/2. Assim, ∫λ/ 1 − x^2 dx = λ/ 2 ∫(1/ (1 − x) + 1/(1 + x))= λ/ 2(ln(1 + x) − ln(1 − x))= λ/ 2 ln(frac1 + x1− x) 4.2) 5) EDP segunda ordem parabólico 6)Equação do calor 7) Equação do calor 8) EQUAÇÃO ONDA 8.1) 9) Equação Laplace 9.1) Assim, X(x) = ke^λ/2 ln(1+x/1−x) = k(1+x/1−x)^λ/2 Aplicando a condição X(0) = 0 k(1+0/1−0)^λ/2 = 0 → k = 0 Assim, X(x) = (1+x/1−x)^λ/2 Para T(t), temos também uma EDO de primeira ordem, que pode ser resolvida da mesma maneira: T' − 2t/t2 − λT = 0 Onde, T(t) = ce^∫−(2t−λ/t2)dt −∫(2t−λ/t2)dt =∫2/t dt −∫λ/t2 dt = ln t2 + λ/t Assim, T(t) = celnt2+λ/t = ct2eλ/t Assim, juntando todos os termos, temos que u(x, t) = X(x) · T(t) = (1 + x/1 − x)^λ/2 · ct2eλ/t → c = Aplicando a condição u(x, 1) = f(x) u(x, 1) = X(x) · T(1) = (1 + x/1 − x)^λ/2 · ceλ = f(x) → c = [f(x) ]^2/λ /e2 1 − x/1 + x Logo: u(x, t) = X(x) · T(t) = (1 + x/1 − x)^ (λ+2)/2 · [f(x) ]^2/λ /e2}}t2eλ/t 2. Utilize o método de separação de variáveis na equação u_yy + u_y t + u_t = 0, onde u = u(y, t) Para converter em um sistema de duas equações diferenciais ordinárias. Temos que u(y, t) = Y(y)T(t) Substituindo na EDP, como no exercício anterior, temos: [Y(y)T(t)]_{yy} + [Y(y)T(t)]_{yt} + [Y(y)T(t)]_{tt} = 0 Y''(y)T(t) + Y'(y)Y'(t) + Y(y)T''(t) + Y(y)T(t)) = 0 Y''(y)T(t) + (Y''(y) + Y(y))T(t) = 0 Y''(y)T(t) = − (Y''(y) + Y(y))T'(t) Y''(y)/Y(y) = T''(t)/T(t)= λ Assim, o sistema equivalente à EDO dada é dado por: { Y''(y)− λY''(y) − λY(y) = 0 T''(t) + λT(t) = 0 3. Seja \( y(x) = \left\{\begin{array}{cc}0, & -3<x<-1\\1, & -1<x<1\\0, & 1<x<3\end{array}\right. \) Suponha que \( y(x + 6) = y(x) \) (Faça uma extensão periódica). Determine os coeficientes de Fourier de \( y \). A série de Fourier é dada por: \( y(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ a_n \cos \frac{n \pi}{L} x + b_n \sin \frac{n \pi}{L} x \right] \) onde \( a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} y(x) \cos \frac{n \pi}{L} x dx \) \( b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} y(x) \sin \frac{n \pi}{L} x dx \) Veja que, no intervalo [-3,3], a função se anula fora do intervalo [-1,1]: \( \) Assim, \( a_n = \frac{1}{3} \int_{-1}^{1} \cos \frac{n \pi}{3} x dx = \frac{2}{3} \int_{0}^{1} \cos \frac{n \pi}{3} x dx = \frac{2}{3} \frac{\sin n \pi / 3}{n \pi / 3} \Big|_{0}^{1} = \frac{2}{n \pi} \sin \frac{n \pi}{3} \) Para o caso de \( b_n \), note que a função \( y(x) \) é par e o produto de uma função par por uma ímpar é uma função ímpar. Assim, como a integral de uma função ímpar em um intervalo simétrico se anula, \( b_n = 0 \) 4. Seja a equação diferencial, para \( \lambda \in \mathbb{R} \): \( \left\{\begin{array}{l}y'' + \lambda^2 y = 0\\y(0) = 0\\y(L) = 0\end{array}\right. \) Supondo que \( y = y(x) \) com \( x \in [0, L] \). Problema de Sturm-Liouville: Veja que a EDO dada é de segunda ordem, com coeficientes constantes e homogênea. Assim, a sua equação característica é dada por: \( r^2 + \lambda^2 = 0 \to r = \pm i \lambda \) Como as raízes da equação característica são complexas e conjugadas, a solução desta EDO é da forma: \( y(x) = c_1 \cos \lambda x + c_2 \sin \lambda x \) Para \( y(0) = 0 \) \( 0 = c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot 0 \to c_1 = 0 \) Para \( y(L) = 0 \), temos que \( 0 = c_1 \cos \lambda L + c_2 \sin \lambda L \) \( c_2 \sin \lambda L = 0 \leftrightarrow c_2 \neq 0, \lambda L = n \pi \to \lambda_n = \frac{n \pi}{L} \) onde \( \lambda_n \) são os autovalores desse problema e a solução \( y_n(x) = c_n \sin \frac{n \pi}{L} x \) São as autofunções do problema, isto é, as soluções não triviais. 5. Seja a função \( f(x) = 1 + x^2 \) Série em cossenos: \( f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{+\infty} a_n \cos \frac{n \pi}{L} x, \quad a_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} y(x) \cos \frac{n \pi}{L} x dx \) Série em senos: \( f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} b_n \sin \frac{n \pi}{L} x, \quad b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} y(x) \sin \frac{n \pi}{L} x dx \) \( \bullet \) Determine uma série de Fourier em senos e cossenos para a função dada, para \( x \in [0,3] \). Função: Extensão par: Logo: \( a_0 = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} (1 + x^2) dx = \frac{2}{3} \left[ x + \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{3} = \frac{2}{3} \left( 3 + \frac{3^3}{3} \right) = 8 \) \( a_n = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} (1 + x^2) \cos \frac{n \pi}{3} x dx = \frac{2}{3} \left[ \int_{0}^{3} x^2 \cos \frac{n \pi}{3} x dx + \int_{0}^{3} \cos \frac{n \pi}{3} x dx \right] = \frac{36 (-1)^n}{n^2 \pi^2} \) \( f_p(x) = 4 + \frac{36}{\pi^2} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cos \frac{n \pi}{3} x \) \( \bullet \) Determine uma série de Fourier somente em senos para a função dada, para \( x \in [0,3] \). De maneira análoga ao item acima: \( b_n = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} (1 + x^2) \sin \frac{n \pi}{3} x dx = \frac{2}{3} \left[ \int_{0}^{3} \sin \frac{n \pi}{3} x dx + \int_{0}^{3} x^2 \sin \frac{n \pi}{3} x dx \right] = \frac{2}{n \pi} \left( -20 (-1)^n \frac{1}{n \pi} - \frac{36 (-1)^n}{n^2 \pi^3} \right) \) Logo, \( f_l(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \frac{-20 (-1)^n}{n \pi} - \frac{36 (-1)^n}{n^2 \pi^3} \right] \sin \frac{n \pi}{3} x \) 6. Determine soluções não nulas, se possível, para a equação diferencial de primeira ordem: \( u + 2u_x - 3u_t = 0 \) Sujeita as condições \( \begin{array}{c}u(0,t) = 0 \\ u(x,0) = 0\end{array} \) Separando novamente as variáveis, temos: \( u(x,t) = X(x) T(t) \) \( u_x(x,t) = X'(x) T(t) \) \( u_t(x,t) = X(x) T'(t) \) \( u(0,t) = X(0) T(t) = 0 \to X(0) = 0 \) \( u(x,0) = X(x) T(0) = 0 \to T(0) = 0 \) Assim, \( X(x) T(t) + 2X'(x) T(t) - 3X(x) T'(t) = 0 \) \( \frac{1}{X} \cdot 2X' + \frac{3T'}{T} = 0 \) \( \frac{2X'}{X} = \frac{3T'}{T} - 1 = \lambda \) Assim, temos as seguintes EDOs para resolver: \( \left\{\begin{array}{l}X' - \frac{\lambda}{2} X = 0 \\ X(0) = 0\end{array}\right. \) \( \left\{\begin{array}{l}T' - \frac{\lambda + 1}{3} T = 0 \\ T(0) = 0\end{array}\right. \) Resolvendo cada uma das EDOs, temos: \( X(x) = ce^{-\int \frac{\lambda}{2}} dx = ce^{\frac{\lambda x}{2}} \) \( T(t) = de^{-\int \frac{\lambda + 1}{3}} dt = de^{\frac{(\lambda + 1)}{3}} \) Aplicando as condições dadas, \( X(0) = 0 \) \( ce^{\frac{\lambda \cdot 0}{2}} = 0 \to c = 0 \) \( de^{\frac{(\lambda + 1) 0}{3}} = 0 \to d = 0 \) Assim, as soluções desse problema são todas triviais, isto é \( u(x,t) = 0 \) 7. EDP segunda ordem parabolico Seja a equacao diferencial parcial uni-dimensional \frac{\partial u}{\partial t} = 9\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} Sujeita as condicoes u_x(0,t) = 0 u_x(3,t) = 0 u(x,0) = x(x-3) Aplicando a separacao de variaveis, temos: \frac{\partial}{\partial t}(X \cdot T) = 9\frac{\partial^2}{\partial x^2}(X \cdot T) \frac{XT'}{9X''T} \frac{T'}{9T} = \frac{X''}{X} = \lambda Assim, temos o seguinte sistema de EDOs: \left\{ \begin{array}{l} X'' - \lambda X = 0 \T' - 9\lambda T = 0 \end{array} \right. Condicoes de contorno: u_x(0,t) = X'(0)T(t) = 0 \rightarrow X'(0) = 0 u_x(3,t) = X'(3)T(t) = 0 \rightarrow X'(3) = 0 Problema em X: \left\{ \begin{array}{l} X'' - \lambda X = 0 \X'(0) = X'(3) = 0 \end{array} \right. EDO linear de segunda ordem, homogenea e com coeficientes constantes. Para \lambda>0, \lambda = \phi^2, temos a seguinte equacao caracteristica: r^2 - \phi^2 = 0 \rightarrow r = \pm \phi Assim, como as raizes da equacao caracteristica sao reais e distintas, temos que: X(x) = c_1e^{-\phi x} + c_2e^{\phi x} Derivando X, temos: X'(x) = - \phi c_1e^{-\phi x} + \phi c_2e^{\phi x} Para X'(0) = 0: X'(0) = - \phi c_1 + \phi c_2 \rightarrow - c_1 + c_2 = 0 \rightarrow c_1 = c_2 Para X'(3) = 0 X'(3) = -\phi c_1e^{-3\phi} + \phi c_2e^{3\phi} = 0 \rightarrow c_1(\phi e^{-3\phi} - \phi e^{3\phi}) = 0 \leftrightarrow c_1 = 0 Assim, X(x) = 0 (solucao trivial). Para \lambda = 0, a equacao caracteristica e dada por r^2 = 0 \rightarrow r = 0 Assim, X(x) = c_1e^0 + c_2xe^0 = c_1 + c_2x Derivando X, temos que X'(x) = c_2 Para \( X(0) = 0:\) \[ X(0) = c_1 + c_2 \cdot 0 = 0 \rightarrow c_1 = 0 \] Para \( X(L) = 0 \] \[ X(L) = c_1 + c_2 L = 0 \rightarrow c_2 = 0 \] Assim, temos que \( X(x) = 0 \). Para \( \lambda < 0 \), \( \lambda = -\phi^2 \), temos a seguinte equação característica: \[ r^2 + \phi^2 = 0 \rightarrow r = \pm i \phi \] Assim, como as raízes da equação característica são complexas e conjugadas, temos que: \[ X(x) = c_1 \cos \phi x + c_2 \sin \phi x \] Para \( X(0) = 0:\) \[ X(0) = c_1 + c_2 \cdot 0 = 0 \rightarrow c_1 = 0 \] Para \( X(L) = 0 \] \[ X(L) = c_1 \cos \phi L + c_2 \sin \phi L = 0 \rightarrow c_2 \sin \phi L = 0 \iff \phi L = n \pi \rightarrow \phi = \frac{n \pi}{L} \] Assim, os autovalores deste problema são dados por \[ \lambda_n = -\frac{n^2 \pi^2}{L^2} \] e o conjunto fundamental de soluções \[ X_n(x) = c_n \sin \frac{n \pi}{L} x \] Para o problema em \( T \), como o mesmo depende também de \( \lambda \), que depende de \( n \), temos: \[ \ddot{T_n} + \frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} T_n = 0 \rightarrow T_n(t) = k_n e^{-\frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} t} \] \[ u_n(x,t) = c_n \sin \frac{n \pi}{L} x \cdot k_n e^{-\frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} t} \] E pelo princípio da superposição, temos: \[ u(x,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} b_n e^{-\frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} t} \sin \frac{n \pi}{L} x \] para a condição inicial dada, \( u(x,0) = f(x) \), temos que \[ u(x,0) = \sum_{n=1}^{+\infty} b_n \sin \frac{n \pi}{L} x \] onde \[ b_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin \frac{n \pi}{L} x dx \] 9. Equação do calor Seja a Equação diferencial parcial bi-dimensional \[ \frac{\partial u}{\partial t} = \alpha^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \] Sujeito as condições \[ u(0, t) = 60 \] \[ u_x(L, t) = 0 \] \[ u(x, 0) = f(x) \] Primeiramente, vamos transformar a EDP não homogênea em homogênea, sabendo que \[ u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) \] Tomando \( w(x, t) = w(x) \) (não dependente de \( t \)), temos: \[ u(x, t) = v(x, t) + w(x) \] \[ u(0, t) = v(0, t) + w(0) = 60 \] Também por hipótese, consideraremos \( v(0, t) = 0 \), pois esse é o objetivo. Assim, \( w(0) = 60. \) \[ u_x(x, t) = v_x(x, t) + w'(x) \] \[ u_x(L, t) = v_x(L, t) + w'(L) = 0 \rightarrow v_x(L, t) = 0 \Rightarrow w'(L) = 0 \] Substituindo o nosso modelo na EDP, temos: \[ \frac{\partial [v(x, t) + w(x)]}{\partial t} = \alpha^2 \frac{\partial^2 [v(x, t) + w(x)]}{\partial x^2} \] \[ \frac{\partial v}{\partial t} = \alpha^2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} + \alpha^2 w''(x) \] Além disso, precisaremos definir também a condição inicial: \[ u(x, 0) = v(x, 0) + w(x) = f(x) \Rightarrow v(x, 0) = f(x) - w(x) \] Logo, temos o nosso PVC homogêneo: \[ \frac{\partial v}{\partial t} = \alpha^2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} \] Sujeito às condições \[ v(0, t) = 0 \] \[ v_x(L, t) = 0 \] \[ v(x, 0) = f(x) - w(x) \] Veja que a solução deste é exatamente a calculada acima, só muda \( u \) por \( v \) e \( f(x) \) por \( f(x) - w(x) \). Veja que acima, montamos uma EDO em \( w \), onde \[ \begin{cases} w''(x) = 0 \\ w(0) = 0 \\ w'(L) = 60 \end{cases} \] Resolvendo este problema, temos que \[ w(x) = c_1 + c_2 x \] \[ w(0) = c_1 + c_2 \cdot 0 = 0 \rightarrow 0 = c_1 \] \[ w'(L) = c_2 = 60 \] Assim, \[ w(x) = 60 x \] Assim, reaproveitando o resultado do exercício passado, \[ v(x, t) = \sum_{n=1}^{+\infty} b_n e^{-\frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} t} \sin \frac{n \pi}{L} x \] para a condição inicial dada, \( u(x, 0) = f(x) \), temos que \[ u(x, 0) = \sum_{n=1}^{+\infty} b_n \sin \frac{n \pi}{L} x \] onde \[ b_n = \frac{2}{L} \int_0^L [f(x) - 60x] \sin \frac{n \pi}{L} x dx \] Assim, \[ u(x, t) = 60 x + \sum_{n=1}^{+\infty} b_n \sin \frac{n \pi}{L} x \] 10. EQUAÇÃO DA ONDA Seja a equação diferencial uni-dimensional: \[ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 9 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \] Sujeita às condições (precisamos de quatro condições): \[ u_x(0, t) = 0 \] \[ u(3, t) = 0 \] \[ u(x, 0) = x^2 - 3x \] \[ \frac{\partial u}{\partial t} \Bigg|_{t=0} = 1. \] Chega a ser massante, pois todos os exercícios são semelhantes. Mesma coisa: Aplicando a separação de variáveis, temos: \[ \frac{\partial^2}{\partial t^2} (X \cdot T) = 9 \frac{\partial^2}{\partial x^2} (X \cdot T) \] \[ X \ddot{T} = 9 X'' T \] \[ \frac{\ddot{T}}{9 T} = \frac{X''}{X} = \lambda \] Assim, temos o seguinte sistema de EDOs: \[ \begin{cases} X'' - \lambda X = 0 \\ \ddot{T} - 9 \lambda T = 0 \end{cases} \] Condições de contorno: \[ u_x(0, t) = X'(0)T(t) = 0 \rightarrow X'(0) = 0 \] \[ u(3, t) = X(3)T(t) = 0 \rightarrow X(3) = 0 \] Problema em \( X \): \[ \begin{cases} X'' - \lambda X = 0 \\ X'(0) = X(3) = 0 \end{cases} \] EDO linear de segunda ordem, homogênea e com coeficientes constantes. Para \( \lambda > 0 \), \( \lambda = \phi^2 \), temos a seguinte equação característica: \[ r^2 - \phi^2 = 0 \rightarrow r = \pm \phi \] Assim, como as raízes da equação característica são reais e distintas, temos que: \[ X(x) = c_1 e^{-\phi x} + c_2 e^{\phi x} \] Derivando, X′(x) = −ϕc1e−ϕx + ϕc2eϕx Para X′(0) = 0: X′(0) = −ϕc1 + ϕc2 = 0 → c1 = c2 Para X(3) = 0 X(3) = c1e−3ϕ + c2e3ϕ = 0 → c1(e−3ϕ + e3ϕ) = 0 → c1 = 0 Solução trivial como solução. Assim X(x) = 0. Para λ = 0, a equação característica é dada por r2 = 0 → r = 0 Assim, X(x) = c1e0 + c2xe0 = c1 + c2x X′(x) = c2 Para X′(0) = 0: X(0) = c2 = 0 Para X(3) = 0 X(L) = c1 + 3c2 = 0 → c1 = 0 Assim, temos que X(x) = 0. Para λ < 0, λ = −ϕ2, temos a seguinte equação característica: r2 + ϕ2 = 0 → r = ∓iϕ Assim, como as raízes da equação caracteristica são complexas e conjugadas, temos que: X(x) = c1 cos ϕx + c2 sin ϕx X′(x) = −ϕc1 sin ϕx + ϕc2 cos ϕx Para X′(0) = 0: X′(0) = −ϕc1 · 0 + ϕc2 = 0 → c2 = 0 Para X(3) = 0 X(3) = c1 cos 3ϕ + c2 sin 3ϕ = 0 → c1 cos 3ϕ = 0 ←→ 3ϕ = (2n − 1)π 2 → ϕ = (2n − 1)π 6 Assim, os autovalores deste problema são dados por λn = −(2n − 1)2π2 36 e o conjunto fundamental de soluções Xn(x) = cn cos (2n − 1)π 6 x Para o problema em T, como o mesmo depende também de λ, que depende de n, temos: ¨Tn + 9(2n − 1)2π2 36 Tn = 0 Equação característica: s2 + (2n − 1)2π4 4 = 0 → s = ∓i(2n − 1)π 2 Assim, Tn(t) = an cos (2n − 1)π 2 t + bn sin (2n − 1)π 2 t 12 u_n(x, t) = c_n \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) \left[ A_n \cos \frac{(2n-1) \pi}{2} t + B_n \sin \frac{(2n-1) \pi}{2} t \right] E pelo princípio da superposição, temos: u(x, t) = \sum_{n=1}^{+\infty} \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) \left[ A_n \cos \frac{(2n-1) \pi}{2} t + B_n \sin \frac{(2n-1) \pi}{2} t \right] para a condição inicial dada, u(x, 0) = x^2 - 3x, temos que u(x, 0) = u(x, t) = \sum_{n=1}^{+\infty} A_n \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) onde \quad A_n = \frac{2}{3} \int_0^3 (x^2 - 3x) \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) dx = \frac{72}{(2n-1)^2 \pi^2} + \frac{288(-1)^n}{(2n-1)^3 \pi^3} Derivando a solução em t, temos: u_t(x, t) = \sum_{n=1}^{+\infty} \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) \left[ - \frac{(2n-1) \pi}{2} A_n \sin \frac{(2n-1) \pi}{2} t + \frac{(2n-1) \pi}{2} B_n \cos \frac{(2n-1) \pi}{2} t \right] Aplicando a segunda condição, temos: u_t(x, 0) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(2n-1) \pi}{2} B_n \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) Onde \quad \frac{(2n-1) \pi}{2} B_n = \frac{2}{3} \int_0^3 1 \cdot \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) dx = \frac{4(-1)^{n+1}}{(2n-1) \pi} \Rightarrow B_n = \frac{8(-1)^{n+1}}{(2n-1)^2 \pi} Logo, u(x,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} \cos \left( \frac{(2n-1) \pi}{6} x \right) \left\{ \left[ \frac{72}{(2n-1)^2 \pi^2} + \frac{288(-1)^n}{(2n-1)^3 \pi^3} \right] \cos \frac{(2n-1) \pi}{2} t + \frac{8(-1)^{n+1}}{(2n-1)^2 \pi} \sin \frac{(2n-1) \pi}{2} t \right\} \textbf{Caso hiperbólico} 11. \hspace{10pt} \bullet \hspace{4pt} \text{Com condição de velocidade inicial nula} \hspace{20pt} u(0,t) = 0\hspace{38pt} u(2,t) = 0 \hspace{20pt} u(x,0) = \sin \pi x\hspace{12pt} u_t(x,0) = 0 \hspace{20pt} \text{Para} \hspace{4pt} x \in [0,2]. 12. \hspace{10pt} \text{Equação de Laplace} \hspace{10pt} \text{Seja a equação diferencial parcial uni-dimensional:} \hspace{20pt} \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = - \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \hspace{10pt} \text{Sujeita as condições (precisamos de quatro condições):} \hspace{20pt} u_x(0,y) = 0 \hspace{20pt} u_x(3,y) = 0 \hspace{20pt} u(x,0) = x(x-2)(x-9) \hspace{20pt} u(x,4) = 0. \textbf{Caso elíptico} 13. \hspace{10pt} (a) \text{Encontre a solução} \hspace{4pt} u(x, y) \hspace{4pt} \text{da equação de Laplace no retângulo} \hspace{4pt} 0 < x < a, \hspace{4pt} 0 < y < b, \hspace{4pt} \text{que satisfaz as condições de contorno} \hspace{20pt} u(0,y) = 0 \hspace{20pt} u(3,y) = 0 \hspace{20pt} u(x,0) = 0 \hspace{20pt} u(x,b) = g(x) \hspace{10pt} (b) \text{Encontre a solução se} \hspace{20pt} g(x) = \begin{cases} x, \hspace{5pt} 0 \le x \le a/2 \\ a-x, \hspace{5pt} a/2 \le x \le a \end{cases}