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

SÉRIE DE FOURIER 1) Seja a função u(x, t) que satisfaz a equação diferencial parcial de primeira ordem (1 - x^2)u_x + t^2 u_t = 2tu sujeito as condições u(0, t) = 0 u(x, 1) = f(x). 2) Utilize o método de separação de variáveis na equação u_yy + u_y + u_t = 0 onde u = u(y, t) para converter em um sistema de duas equações diferenciais ordinárias. 3) Seja y(x) = | 0, -3 < x < -1 | 1, -1 < x < 1 | 0, 1 < x < 3 Suponha que y(x + 6) = y(x) (Faça uma extensão periódica). Determine os coeficientes de Fourier de y. 4) Seja a equação diferencial, para λ ∈ ℝ:: {y'' + λ^2 y = 0 y(0) = 0 y(L) = 0 Supondo que y = y(x) com x ∈ [0, L]. 4.1) Seja a função f(x) = 1 + x^2 - Determine uma série de Fourier em senos e cossenos para a função dada, para x ∈ [0,3]. - Determine uma série de Fourier somente em senos para a função dada, para x ∈ [0,3]. 1. Seja a função u(x, t) que satisfaz a equação diferencial parcial de primeira ordem (1 - x^2)u_x + t^2 u_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^2 X(x) · Ṫ(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^2 X(x) · Ṫ(t) X(x) · T(t) = 2tX(x) · T(t) X(x) · T(t) (1 - x^2)X'(x) X(x) + t^2 Ṫ(t) T(t) = 2t (1 - x^2)X'(x) X(x) = 2t + t^2 Ṫ(t) T(t) = λ Assim, podemos quebrar a EDP em duas EDOs: {(1 - x^2)X'(x) X(x) = λ 2t + t^2 Ṫ(t) T(t) = λ → {(1 - x^2)X'(x) - λX(x) = 0 t^2 ṪT - (2t - λ)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^2dx 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, ∫ 1 - x^2 dx = λ/2∫ (1 1 - x + 1 1 + x )= λ/2 (ln(1 + x) - ln(1 - x)) = λ/2 ln(1 + x) - ln(1-x) 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: Ṫ - 2t - λ -λ /ḗ dt t^2 = 0 Onde, T(t) = ce ∫ -{( - 2t - λ /ḗ dt t^2) = ∫ 2 dt - ∫ λ dt 2 = ln t = ln t d Assim T(t) = ce ln t^2 = 2t Assim, juntando todos os termos, temos que u(x, t) = X(x) · T(t) = 1 + x 1 - x λ/2 t^2e λ/2 t Aplicando a condição u(x, 1) = f(x) u(x, 1) = X(x) · T(1) = 1 + x 1 - x λ/2 c = f(x) → c = [f(x)]2/λ = e2 2 1 - x 1 + x Logo: u(x, t) = X(x) · T(t) = 1 + x 1 - x (λ+2)/2 · [f(x)]2/λ e2 2 1 - x · t^2e λ/2 t 2. Utilize o método de separação de variáveis na equação u_yy + u_yt + ut = 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)]t = 0 Y(y)''T(t) + Y(y)'T(t)Ṫ(t) + Y(y)T(t) = 0 Y(y)''T(t) = (Y'(y) + Y(y))T(t) Y(y)''T(t) = - (Y'(y) + Y(y))T(t) Y'(y)Y''T(t) ≠ 0 - (Y''(y) + Y(y))T(t) Y'(y) T'(t) -- = λ T(t) Assim, o sistema equivalente à EDO dada é dado por: {Y''(y) -- λY'(y) -- λY(y) = 0 T'(t) + λT(t) = 0 * Determine uma série de Fourier somente em senos para a função dada, para x ∈ [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] Logo, f_l(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \frac{2 - 2(-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 u(0,t) = 0 \qquad u(x,0) = 0. 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)\dot{T}(t) u(0,t) = X(0)T(t) = 0 \longrightarrow X(0) = 0 u(x,0) = X(x)T(0) = 0 \longrightarrow T(0) = 0 Assim, X(x)\dot{T}(t) + 2X'(x)T(t) - 3X(x)\dot{T}(t) = 0 1 + \frac{2X'}{X} - \frac{3\dot{T}}{T} = 0 \frac{2X'}{X} - \frac{3\dot{T}}{T} = 1 = \lambda Assim, temos as seguintes EDOs para resolver: \begin{cases} X' - \frac{\lambda}{2}X = 0 \\ X(0) = 0 \end{cases} \qquad \begin{cases} \dot{T} - \frac{\lambda + 1}{3}T = 0 \\ T(0) = 0 \end{cases} 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)t}{3}} Aplicando as condições dadas, X(0) = 0 ce^{\frac{\lambda \, 0}{2}} = 0 \longrightarrow c = 0 de^{\frac{(\lambda+1) \, 0}{3}} = 0 \longrightarrow d = 0 Assim, as soluções deste 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) XT' = 9X''T \frac{T'}{9T} = \frac{X''}{X} = \lambda Assim, temos o seguinte sistema de EDOs: \{ X'' - \lambda X = 0 T' - 9\lambda T = 0 \} 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: \{ X'' - \lambda X = 0 X'(0) = X'(3) = 0 \} 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_1 e^{-\phi x} + c_2 e^{\phi x} Derivando X, temos: X'(x) = -\phi c_1 e^{-\phi x} + \phi c_2 e^{\phi x} Para X'(0) = 0: X'(0) = -\phi c_1 + \phi c_2 = 0 \rightarrow -c_1 + c_2 = 0 \rightarrow c_1 = c_2 Para X'(3) = 0 X'(3) = -\phi c_1 e^{-3\phi} + \phi c_2 e^{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_1 e^0 + c_2 x e^0 = c_1 + c_2 x Derivando X, temos que X'(x) = c_2 Para X(0) = 0: \[ X(0) = c_1 + c_2 \cdot 0 = 0 \to c_1 = 0 \] Para X(L) = 0 \[ X(L) = c_1 + c_2 L = 0 \to c_2 = 0 \] Assim, temos que \(X(x) = 0.\) Para \(\lambda < 0, \lambda = -\phi^2\), temos a seguinte equação característica: \[ r^2 + \phi^2 = 0 \to r = \pm i\phi \] 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 \(X(0) = 0:\) \[ X(0) = c_1 + c_2 \cdot 0 = 0 \to c_1 = 0 \] Para \(X(L) = 0\) \[ X(L) = c_1 \cos \phi L + c_2 \sin \phi L = 0 \to c_2 \sin \phi L = 0 \leftrightarrow \phi L = n\pi \to \phi = \frac{n\pi}{L} \] 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: \[ \ddot{T}_n + \frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} T_n = 0 \to T_n(t) = k_n e^{-\frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} t} \] \[ u_n(x,t) = c_n \sin \frac{n\pi}{L} x \cdot k_n e^{-\frac{\alpha^2 n^2 \pi^2}{L^2} t} \] 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, \(w(0) = 60\). \[ u_x(x,t) = v_x(x,t) + w'(x) \] \[ u_x(L,t) = v_x(L,t) + w'(L) = 0 \to v_x(L,t) = 0 \to w'(L) = 0 \] Substituindo o nosso modelo na EDP, temos: \[ \begin{align*} \frac{\partial [v(x,t) + w(x)]}{\partial t} &= \alpha^2 \frac{\partial^2 [v(x,t) + w(x)]}{\partial x^2} \\ \frac{\partial v}{\partial t} &= \alpha^2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} + \alpha^2 w''(x) \end{align*} \] Além disso, precisaremos definir também a condição inicial: \[ u(x,0) = v(x,0) + w(x) = f(x) \to v(x,0) = f(x) - w(x) \] Logo, temos o nosso PVC homogêneo: \[ \frac{\partial v}{\partial t} = \alpha^2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} \] Sujeito as condições \[ \begin{align*} v(0,t) &= 0 \\ v_x(L,t) &= 0 \\ v(x,0) &= f(x) - w(x). \end{align*} \] 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 \[ w(x) = c_1 + c_2 x \] \[ w(0) = c_1 + c_2 \cdot 0 = 0 \to c_1 = 0 \] \[ w'(L) = c_2 = 60 \] Assim, \[ w(x) = 60x \] 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 \[ b_n = \frac{2}{L} \int_0^L \left[f(x) - 60x\right] \sin \frac{n\pi}{L} x dx \] Assim, \[ u(x,t) = 60x + \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin \frac{n\pi}{L} x \] \[ \] 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 as condições (precisamos de quatro condições): \[ \begin{align*} u_x(0,t) &= 0 \\ u(3,t) &= 0 \\ u(x,0) &= x^2 - 3x \\ \frac{\partial u}{\partial t}\Bigg|_{t=0} &= 1. \end{align*} \] Chega a ser maçante, pois todos os exercícios são semelhantes. Mesma coisa: Aplicando a separação de variáveis, temos: \[ \frac{\partial^2 }{\partial t^2}(X \cdot T) = 9 \frac{\partial^2 }{\partial x^2}(X \cdot T) \] \[ \frac{\ddot{X} T}{X T} = 9 \frac{X'' T}{X T} \to \frac{\ddot{X}}{9X} = \frac{X''}{X} = \lambda \] Assim, temos o seguinte sistema de EDOs: \[ \begin{cases} X'' - \lambda X = 0 \\ \ddot{T} - 9\lambda T = 0 \end{cases} \] Condições de contorno: \[ \begin{cases} u_x(0,t) = X'(0)T(t) = 0 \to X'(0) = 0 \\ u(3,t) = X(3)T(t) = 0 \to X(3) = 0 \end{cases} \] 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: \[ r^2 - \phi^2 = 0 \to r = \pm \phi \] 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 \frac{(2n-1)\pi}{6} x onde A_n = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} (x^2 - 3x) \cos \frac{(2n-1)\pi}{6} xdx = \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 \frac{(2n-1)\pi}{6} x \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 \frac{(2n-1)\pi}{6} x Onde B_n = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} 1 \cdot \cos \frac{(2n-1)\pi}{6} xdx = \frac{4(-1)^{n+1}}{(2n-1)^2\pi} \Rightarrow B_n = \frac{8(-1)^{n+1}}{(2n-1)^2\pi} Logo, u(x,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} \cos \frac{(2n-1)\pi}{6} x \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\} Caso hiperbólico 11. \hspace{0.5cm} \bullet \hspace{0.2cm} Com condição de velocidade inicial nula \hspace{1.2 cm} u(0,t) = 0 \hspace{1cm} u(2,t) = 0 \hspace{1.2 cm} u(x,0) = \sin \pi x \hspace{0.7cm} u_t(x,0) = 0 \hspace{1.2 cm} Para \hspace{0.2cm} x \in [0, 2]. 12. \hspace{0.8cm} Equação de Laplace \hspace{0.8cm} Seja a equação diferencial parcial uni-dimensional: \hspace{2 cm} \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = -\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \hspace{0.8 cm} Sujeita as condições (precisamos de quatro condições): \hspace{1.3 cm} u_x(0, y) = 0 \hspace{1.3 cm} u_x(3, y) = 0 \hspace{1.3 cm} u(0, x) = x(x^2 - 9) \hspace{1.3 cm} u(x, 4) = 0. Caso elíptico 13. \hspace{0.5cm} \bullet \hspace{0.2cm} Encontre a solução \hspace{0.1cm} u(x, y) \hspace{0.1cm} da equação de Laplace no retângulo \hspace{0.2cm} 0 < x < a, \hspace{0.2cm} 0 < y < b, \hspace{0.2cm} que satisfaz as condições de contorno \hspace{1.2 cm} u(0, y) = 0 \hspace{1cm} u(3, y) = 0 \hspace{1.2 cm} u(x, 0) = 0 \hspace{1cm} u(x, b) = g(x) \hspace{0.5 cm} (b) \hspace{0.2cm} Encontre a solução se \hspace{1.7 cm} g(x) = \begin{cases} x, \hspace{0.5cm} 0 \leq x \leq a/2 \\ a - x, \hspace{0.5cm} a/2 \leq x \leq a \end{cases}