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

Lista - 6 exercícios Cálculo IV Série de Fourier • Seja a função \( f(x) = 1 + x^2 \) – Determine uma série de Fourier em senos e cossenos para a função dada, para \( x \in [0,3]. \) – Determine uma série de Fourier somente em senos para a função dada, para \( x \in [0,3]. \) Método de separação de variáveis • Determine soluções não nulas, se possível, para a equação diferencial de primeira ordem: \[ u + 2u_x - 3u_t = 0 \] • Sujeita as condições \[ u(0,t) = 0 \quad u(x,0) = 0 \] EDPs de segunda ordem • Seja a equação diferencial parcial uni-dimensional: \[ \frac{\partial u}{\partial t} = 9 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \] sujeita as condições: \[ u_x(0,t) = 0 \] \[ u_x(3,t) = 0 \] \[ u(x,0) = x(x-3). \] Caso parabólico EDPs de segunda ordem • Seja a equação diferencial parcial uni-dimensional: \[ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 9 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \] sujeita as condições (precisamos de quatro condições): \[ u_x(0,t) = 0 \] \[ u(3,t) = 0 \] \[ u(x,0) = x^2 - 3x \] \[ \frac{\partial u(x,t)}{\partial t} \bigg|_{t=0} = 1. \] Caso hiperbólico EDPs de segunda ordem • Seja a equação diferencial parcial uni-dimensional: \[ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = - \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \] sujeita as condições (precisamos de quatro condições): \[ u_x(0,y) = 0 \] \[ u_x(3,y) = 0 \] \[ u(x,0) = x(x^2 - 9) \] \[ u(x,4) = 0. \] Caso elíptico Aplicando o método de separação de variáveis • Que acontece com as Condições Dadas? • Observando as condições fronteira: \[ u_x(0,t) = 0 \rightarrow X'(0)T(t) = 0 \rightarrow X'(0) = 0 \] \[ u(L,t) = 0 \rightarrow X(L)T(t) = 0 \rightarrow X(L) = 0 \] • Pode ser o caso \[ u_t(L,t) = 0 \rightarrow X(L)\dot{T}(t) = 0 \rightarrow X(L) = 0 \] \[ u_t(x,a) = 0 \rightarrow X(x)\dot{T}(a) = 0 \rightarrow \dot{T}(a) = 0 \] Série de Fourier • Seja a função f(x) = 1 + x^2 a — Determine uma série de Fourier em senos e cossenos para a função dada, para x \in [0,3]. b — Determine uma série de Fourier somente em senos para a função dada, para x \in [0,3]. a) A forma geral da série de Fourier com L = 3 e x \in [0,3] é: \tilde{f}(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) com: a_0 = \frac{2}{L} \int_{-L}^{L} f(x) dx a_n = \frac{2}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx b_n = \frac{2}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx Logo, como L=3 temos que: 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}(3+9) = 2(1+3) = 8. a_n = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} (1+x^2) \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx + \frac{2}{3} \int_{0}^{3} x^2 \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx. Então veja que: \int_{0}^{3} x^2 \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx = \Bigg[\frac{3x^2 \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right)}{n \pi} - \frac{6}{n \pi} \int x \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx\Bigg]_0^3 = \Bigg[\frac{3x^2 \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right)}{n \pi} - \frac{6}{n \pi} \left[\frac{-3x \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)}{n \pi} + \frac{3}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) \Bigg]\Bigg]_0^3 = \left[\frac{3x^2 \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right)}{n \pi} + \frac{18 x \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)}{(n \pi)^2} - \frac{54}{(n \pi)^3} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right)\right]_0^3 = \frac{54 (-1)^n - 54}{(n \pi)^3} - 27 (-1)^n \left(\frac{2}{3}\right) - 54 [2/3] E logo temos que: a_n = \frac{2}{3}\int_{0}^{3} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx + \frac{2}{3} \int_{0}^{3} x^2 \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx. = \frac{2}{3} \left[\frac{3 \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right)}{n \pi}\right]_0^3 + \frac{2}{3} 5\frac{4(-1)^n}{(n \pi)^2} = \frac{36 (-1)^n}{(n \pi)^2} Portanto: \tilde{f}(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) = 4 + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{36 (-1)^n}{(n \pi)^2} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) + \left[\frac{2}{n \pi} [(-1)^{n-1}-1] - \frac{18 (-1)^n}{n \pi} + \frac{36 (-1)^n}{(n \pi)^3}\right] \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) b) A série em senos de f(x) é avaliada com base na extensão ímpar: f_1(x) = \begin{cases} -f(-x) = -(1+x^2), & x \in [-3,0], \\ 1+x^2 = f(x), & x \in [0,3] \end{cases} Com a série de Fourier em senos dada por \tilde{f}(x) que é: \tilde{f}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) com \space b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L}f(x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx. Logo temos que: b_n = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} (1+x^2) \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx = \left[\frac{2}{n \pi} [(-1)^{n-1}-1] - \frac{18 (-1)^n}{n \pi} + \frac{36 (-1)^n}{(n \pi)^3}\right] onde o cálculo segue do item (a). E a série de Fourier pedida é simplesmente: \tilde{f}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \left[\frac{2}{n \pi} [(-1)^{n-1}-1] - \frac{18 (-1)^n}{n \pi} + \frac{36 (-1)^n}{(n \pi)^3}\right] \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) \text{E ainda que} \\ u(3,t) = 0 \Rightarrow 0 = \frac{E}{3} e^{-\frac{E^2}{3} t} \left(B \sin(E)\right) \Rightarrow B \sin(E) = 0 \\ \Rightarrow \sin(E) = 0 \\ \Rightarrow E = n\pi, \ n \in \mathbb{N} \\ \text{o que define } E_n = E = n\pi \text{ e ainda que:} \\ u_n(x,t) = B_n e^{(-n^2 t)} \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \\ \text{Logo a U completa (para todo n) fica então dada por superposição da seguinte forma:} \\ u(x,t) = \sum_{n=0}^\infty u_n = \sum_{n=0}^\infty B_n e^{(-n^2 t)} \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \\ \text{Onde a expressão acima é análoga a uma expansão em série de Fourier da função } u(x,t). \\ \text{Daí, segue que a última condição de contorno é tal que:} \\ u(x,0) = x(x-3) = \sum_{n=0}^\infty B_n \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \\ \text{Logo, temos multiplicando tudo por } \cos\left(\frac{m\pi}{3}\right) \text{ e integrando em 0<x<3} \\ \sum_{n=0}^\infty B_n \int_0^3 \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \cos\left(\frac{m\pi x}{3}\right) dx = \int_0^3 x(x-3) \cos\left(\frac{m\pi x}{3}\right) dx \\ \text{E veja que:} \int_0^L \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \cos\left(\frac{m\pi x}{L}\right) dx = L\delta_{mn} \\ \text{Logo, devemos ter } m = n \text{ e então ficamos com:} \\ \frac{3}{2} B_n = \int_0^3 x(x-1) \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx \\ = \int_0^3 \left( x^2 \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) - x \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \right) dx \frac{3}{2} B_n = \int_0^3 x(x-1) \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx = \int_0^3 \left( x^2 \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) - x \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \right) dx \\ \text{Então, veja que:} \\ \int_0^3 x^2 \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx = \left[ \frac{3x^2}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) - \frac{6}{n\pi} \int x \sin\left(\frac{n\pi}{3} x\right) dx \right]_0^3 \\ = \left[ \frac{3x^2}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) - \frac{6}{n\pi} \left[ \frac{-3x\cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) + \frac{3}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right)}{3}\right] \right]_0^3 \\ = \left[ \frac{3x^2}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) + \frac{18x\cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) - 54}{(n\pi)^2}\sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \right]_0^3 \\ = \frac{54 (-1)^n}{(n\pi)^2} \\ \int_0^3 x \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx = \left[ \frac{3x}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) - \frac{3}{n\pi} \int \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx \right]_0^3 \\ = \left[ \frac{3x}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) - \frac{3}{n\pi} \left(-\frac{3}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\right) \right]_0^3 \\ = \frac{q (-1)^n}{(n\pi)^2} \cdot q = \frac{q}{(n\pi)^2} \left[ (-1)^n - 1 \right] \\ \text{Ou seja:} \\ \frac{3}{2} B_n = \frac{54 (-1)^n - q \left[ (-1)^n - 1 \right]}{(n\pi)^2} = \frac{q}{(n\pi)^2} \left[ 5 (-1)^n + 1 \right] \\ \therefore \left| B_n = \frac{6}{(n\pi)^2} \left[ 5(-1)^n + 1 \right] \right| \\ \text{Daí, a solução do problema é dada por:} \\ u(x,t) = \sum_{n=0}^\infty \frac{6}{(n\pi)^2} \left[ 5(-1)^n + 1 \right] e^{(n\pi)^2 t} \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \text{EDPs de segunda ordem} \\ \bullet\ \text{Seja a equação diferencial parcial uni-dimensional:} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 9 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \\ \text{sujeita às condições (precisamos de quatro condições):} \begin{array}{l} u(x,0) = 0 \\ u(3,t) = 0 \\ u(x,0) = x^2 - 3x \\ \frac{\partial u}{\partial x}|_{t=0} = 1 \end{array} \\ \text{Caso hiperbólico} \\ \text{Suponham os } u(x,t) = f(x)g(t). \text{ Logo na EDP temos que:} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 9 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \Rightarrow \frac{1}{f} \frac{d^2 g}{dt^2} = g \frac{d^2 f}{dx^2} \Rightarrow \frac{d^2 g}{dt^2} = 9 g \frac{d^2 f}{dx^2} \Rightarrow \frac{1}{g} \frac{d^2 g}{dt^2} - \frac{9}{f} \frac{d^2 f}{dx^2} = 0 \\ \text{igualando a uma constante: E^2 temos que:} \\ \frac{1}{g} \frac{d^2 g}{dt^2} = E^2 \Rightarrow \frac{d^2 g}{dt^2} = -E^2 g \\ \frac{9}{f} \frac{d^2 f}{dx^2} = E^2 \Rightarrow \frac{d^2 f}{dx^2} = -\frac{E^2}{9} f \\ \text{Em suma, a Eq toma a forma: } \frac{d^2 \phi}{dt^2} = \omega^2 \phi \text{. Logo as soluções são:} \\ \begin{array}{l} g(t) = A\cos(E t) + B\sin(E t) \\ f(x) = C\cos\left(\frac{Ex}{3}\right) + D\sin\left(\frac{Ex}{3}\right) \end{array} \\ \text{E logo o } u(x,t) \text{ fica dado por:} \\ u(x,t) = \left(A\cos(E t) + B\sin(E t)\right) \left(C\cos\left(\frac{Ex}{3}\right) + D\sin\left(\frac{Ex}{3}\right)\right) \\ \text{Agora, vamos aplicar os contornos:} \\\ u_x(0,t) = 0 \Rightarrow 0 = \frac{\partial}{\partial x}\bigg|_{x=0} \\ = \frac{3}{E} \left(A\cos(E t) + B\sin(E t)\right) \left(-C\sin\left(\frac{E0}{3}\right) + D\cos\left(\frac{E0}{3}\right)\right) \bigg|_{x=0} \\ = \frac{3}{E} \left(A\cos(E t) + B\sin(E t)\right) D \therefore D = 0 Logo, terminamos a conta e obtemos como solução: \(u(x,t) = \frac{12}{(n\pi)^3} \sum_{n=0}^{\infty} [3 - 2(-1)^n] \cos\left(\frac{n\pi t}{3}\right)\cos\left(\frac{n\pi x}{6}\right)\) EDPs de segunda ordem * Seja a equação diferencial parcial uni-dimensional: \[\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = -\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\] sujeita as condições (precisamos de quatro condições): \(u_x(0,y) = 0\) \(u_x(3,y) = 0\) \(u(x,0) = x(x^2 - 9)\) \(u(x,4) = 0\). A tupla é \((x,y)\). Buscamos a solução da forma: \(u(x,t) = f(x)g(y)\). Lendo na EDP temos que: \[\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} => f \frac{d^2 g}{dy^2} - g \frac{d^2 f}{dx^2} = 1 \frac{d^2 g}{dy^2} = -1 \frac{d^2 f}{dx^2} = k^2\] Logo temos que: \(\frac{1}{g} \frac{d^2 g}{dy^2} = k^2 => \frac{d^2 g}{dy^2} = k^2 g\) \(\Rightarrow g(y) = \alpha e^{k y} + b e^{-k y}\) \(\frac{-1}{f} \frac{d^2 f}{dx^2} = k^2 => \frac{d^2 f}{dx^2} = -k^2 f\) \(\therefore f(x) = A \cos(k x) + B \sin(k x)\) Com isso, construí-se uma solução \(u = u(x,t)\) por \(u(x,t) = f(x)g(t) = (A \cos(k x) + B \sin(k x))(\alpha e^{k y} + b e^{-k y})\) Agora, impomos as condições de contorno. Com efeito: \[\frac{2 u}{2 x} \Bigg|_{x=0} = \frac{2}{2 x}(A \cos(k x) + B \sin(k x))(\alpha e^{k y} + b e^{-k y}) \Bigg|_{x=0}\] \[= k \left(-A \sin(k x) + B \cos(k x)\right)(\alpha e^{k y} + b e^{-k y}) \Rightarrow B = 0.\] Por outro lado: \[\frac{2 u}{2 x} \Bigg|_{x=3} = \frac{2}{2 x} \left[-A \sin(k x)\left(e^{k y} + b e^{-k y}\right)\Bigg]_{x=3}\] \[= k A \cos(3k)(\alpha e^{k y} + b e^{-k y})\] \[\therefore k A \cos(3k)(\alpha e^{k y} + b e^{-k y})=0 \Rightarrow \cos(3k)=0\)\Rightarrow 3k = n \pi => k = \frac{n \pi}{3}; \quad n \in \mathbb{N}. Com isso, obtemos que a solução fica com a seguinte forma: \(u_n(x,t) = A_n \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)(\alpha e^{\frac{n\pi y}{3}} + b e^{-\frac{n\pi y}{3}})\) Daí, a solução completa é obtida via superposição por: \(u(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} u_n(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} (\alpha_n e^{\frac{n\pi y}{3}} + b_n e^{-\frac{n\pi y}{3}}) \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\) onde \(\alpha_n = A_n \cdot x\) e \(b_n = A_n \cdot b\). Daí, temos ainda duas condições de contorno para aplicar. Com efeito: \(u(x,4t) = 0 = 0 = \sum_{n=0}^{\infty} (\alpha_n e^{\frac{4\pi n}{3}} - b_n e^{-\frac{4\pi n}{3}}) \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\) Logo, segue por ortogonalidade, como no caso parabólico que: \(\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x} (\alpha_n e^{\frac{4\pi n}{3}} + b_n e^{-\frac{4\pi n}{3}}) \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \cos\left(\frac{m\pi x}{3}\right) dx = 0\) \(\left(\alpha_n e^{\frac{4\pi n}{3}} + b_n e^{-\frac{4\pi n}{3}} \right)\left(\frac{2}{3} \delta_{m n}\right) = 0 => \alpha_n e^{\frac{4\pi n}{3}} + b_n e^{-\frac{4\pi n}{3}} = 0 \) \(\Rightarrow \alpha_n = -b_n e^{-\frac{8\pi n}{3}}\) Daí, ficamos com: \(u(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} u_n(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} (-b_n e^{-\frac{2\pi n}{3}} e^{\frac{n\pi y}{3}} + b_n e^{-\frac{n\pi y}{3}}) \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\) \( = \sum_{n=0}^{\infty} b_n \left(-e^{-\frac{9\pi n}{3} + \frac{n\pi y}{3}} + e^{\frac{4\pi n}{3} - \frac{n\pi y}{3}} \right) \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\) \( = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{2 b_n}{e^{\frac{9\pi n}{3}}} \right) \left[\left(e^{\frac{(4\pi n + n\pi y)}{3}} - e^{-\left(\frac{4\pi n}{3} + \frac{n\pi y}{3}\right)} \right)\cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\right]\) \( = \sum_{n=0}^{\infty} B_n \sinh \left[\frac{n\pi}{3}(y-4)\right] \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\) Chegamos em: u(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} B_n \cdot \sinh\left[\frac{n\pi}{3} (y-4)\right] \cdot \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right),\ com\ B_n = -\frac{2b_m}{(n \pi) \cdot sinh(4\pi/3)} Dai, resta aplicarmos a ultima condicao de contorno que nos da que: \ U(x,y=0) = x(x^2-9). Como efeito: x(x^2-9) = U(x,0) = \sum_{n=0}^{\infty} B_n \cdot sinh\left(-\frac{4n\pi}{3}\right) \cdot \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) Logo, segue por ortogonalidade, como no caso parabolico, que: \int_0^3 \sum_{n=0}^{\infty} B_n \cdot \sinh\left(-\frac{4n\pi}{3}\right) \cdot \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) \cdot \cos\left(\frac{m \pi x}{3}\right) dx = \int_0^3 x(x^2-9) \cdot \cos\left(\frac{m \pi x}{3}\right) dx \sum_{n=0}^{\infty} B_n sinh\left(-\frac{4n\pi}{3}\right) \cdot \frac{3}{2} \cdot \int_0^3 \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) \cdot \cos\left(\frac{m \pi x}{3}\right) dx = \int_0^3 x(x^2-9) \cdot \cos\left(\frac{m\pi x}{3}\right) dx \frac{3 B_m}{2} sinh\left(-\frac{4m\pi}{3}\right) = \int_0^3 x^2 \cdot \cos\left(\frac{m \pi x}{3}\right) dx - 9 \int_0^3 x \cdot \cos\left(\frac{m \pi x}{3}\right) dx Resta resolver as integrais como e feita, temos que: \int_0^3 x^2 \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)dx = \left[\frac{3x^2}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{9}{n \pi} \int x\sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx\right]_0^3 \left[ \frac{3x^2}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{9}{n \pi} \frac{3}{n \pi} \left(-\frac{3}{n \pi} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)\right) + \frac{6}{(n \pi)^2} \int \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx \right]_0^3 = \left[ \frac{3x^2}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{9}{n \pi} \frac{3}{n \pi} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) + \frac{6}{(n \pi)^2} \left(\frac{3x}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{3}{n \pi} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)\right)\right]_0^3 = \left[\frac{3x^2}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{9}{n \pi} \frac{3}{n \pi} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) + \frac{6x}{n \pi^2} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{3}{n \pi^3} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)\right]_0^3 = -\frac{9}{n \pi} \left[\frac{2q}{(n \pi)^2} (-1)^n + \frac{6}{n \pi} \cdot \frac{q}{(n \pi)^2} \cdot (1+(-1)^n) - (-1) \cdot 1\right]\right] - \frac{9 \cdot 6 \cdot 9}{(n \pi)^4} \right] = \frac{2q}{(n \pi)^2} \left[(-1)^n - 2\frac{(-1)^{n+1}}{(n \pi)^2}\right] Portanto, obtemos que: \int_0^3 x^2 \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx = \frac{2q}{(n \pi)^2} \left[(-1)^n - 2 \frac{(-1)^{n+1}}{(n \pi)^2}\right] Por outro lado, \int_0^3 x \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx = \left[ \frac{3 x}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{3}{n \pi} \int \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx \right]_0^3 = \left[ \frac{3 x}{n \pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{3}\right) - \frac{3}{n \pi} \left(-\frac{3}{n \pi} \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)\right)\right]_0^3 = \frac{q}{(n \pi)^2} (-1)^n - \frac{q}{(n \pi)^2} = \frac{q}{(n \pi)^2} \left[ (-1)^n - 1 \right] Dai, temos que: \frac{3 B_n}{2} \sinh\left(-\frac{4n\pi}{3}\right) = \int_0^3 x^2 \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx - q \int_0^3 x \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) dx = \frac{2q}{(n \pi)^2} \left[(-1)^n - 2 \frac{(-1)^{n+1}}{(n \pi)^2}\right] - \frac{81}{(n \pi)^2} \left[(-1)^n - 1\right] tomemos n par temos que: \frac{3 B_n}{2} \sinh\left(-\frac{4n\pi}{3}\right) = \frac{2q}{(n \pi)^2} \left(1 - \frac{q}{(n \pi)^2}\right) \Rightarrow B_n \text{ par}= \frac{162}{4 \left((n \pi)^2 - 4\right) \sinh\left(-\frac{4n \pi}{3}\right)} senia importa: \frac{3 B_n}{2} \sinh\left(-\frac{4n\pi}{3}\right) = -\frac{2q}{(n \pi)^2} + \frac{162}{(n \pi)^2} = -\frac{81}{(n \pi)^2}.\ B_n = \frac{-54}{n \text{ impar} (n \pi)^2 \sinh\left(-\frac{4n\pi}{3}\right)} Disso, temos que: U(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} B_n \cdot \sinh\left[\frac{n\pi}{3} (y-4)\right]\cdot \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right) = \frac{162}{n=1,2,3,\ldots n\text{ par}} n \pi 2 \cdot \sinh\left(-\frac{4n \pi}{3}\right) \cdot \cos\left(\frac{n \pi x}{3}\right)+\sum_{n=1,3,5,\ldots n\text{ impar}} \frac{-54}{n^2 \pi^2 \sinh\left(-\frac{n \pi}{3}\right)} \cdot \sinh\left[\frac{n\pi}{3}(y-4)\right] \cdot \cos\frac{n \pi x}{3}