Prova Cálculo 4 - Série de Fourier e Equações Diferenciais

Prova III Cálculo 4 202301 Prof Luciano Bedin Nome Fórmulas Série de Fourier a₀ ₙ₁ an cosnπxL bn sen nπxL a₀ 12L LL fx dx an 1L LL fx cosnπxL dx bn 1L LL fx sennπxL dx Série de Fourier Cosseno a0 ₙ₁ an cosnπxL a0 1L ₀L fx dx an 2L ₀L fx cosnπxL dx Série de Fourier Seno ₙ₁ bn sennπxL bn 2L ₀L fx sennπxL dx Série de Fourier Seno 4Lperiódica ₙ₁ bn sen2n1πx2L bn 2L ₀L fx sen2n1πx2L dx Série de Fourier Cosseno 4Lperiódica ₙ₁ an cos2n1πx2L an 2L ₀L fx cos2n1πx2L dx Problemas de SturmLiouville Yy λYy 0 0 y L Y0 YL 0 λn n²π²L² Y0y 1 Yny cosnπyL n 1 2 a EDP linear de ordem 2 nãohomogênea b x² y² a 3 C 12 Δ b² aC x² y² 36 Se x² y² 36 EDP parabólica Se x² y² 36 EDP elíptica Se x² y² 36 EDP hiperbólica b EDP nãolinear de ordem 3 Retas caracteristicas x t const x t const Solução uxt 12 fxt fxt sendo fxt 1 xt se xt 1 0 se xt 1 fxt 1 xt se xt 1 0 se xt 1 Onda forward uxt fxt f é constante ao longo das retas x t K Onda backward uxt fxt f é constante ao longo das retas x t K Graficamente A solução do problema é uma superposição soma de metades da amplitude das ondas backward e forward Com isso temos propagação da posição inicial da corda parte à direita e parte à esquerda Essas ondas planas se propagam com velocidade igual a c 1 Para tempos iniciais ct 1 o perfil posição da corda é da forma À medida que t avança ct 1 o perfil da onda é da forma 12 fxt 12 fxt 3 30 pontos Encontre o potencial eletrostático na placa retangular 0 x π 0 y π sabendo que o lado correspondente a x π é mantido a um potencial de 220 V enquanto que os outros lados estão eletricamente isolados Suponha que as condições físicas para a utilização da equação de Laplace para o potencial sejam satisfeitas ²μ0 μy0 μx0 μy0 μy0 220V μxx μyy 0 0 x π 0 y π μπy 220 0 y π μx0y 0 0 y π μyx0 μyxπ 0 0 x π μxy XxYy XY YX 0 XX YY λ μx0y0 X00 μyx00 Y00 μyxπ0 Yπ0 Temos então Yy λYy 0 Y0 Yπ 0 Esse problema de SturmLiouville tem como autovalores λm mππ2 m2 m 0123 Yny cosmπyπ cosmy m 012 A outra EDO é X λX 0 X0 0 Xm m² Xm x 0 xm0 0 se m0 temos X0x 0 X0x Ax B X00 A 0 X0x B Vamos chamar B de a0 X0x a0 se λm m² m12 temos Xmx am coshmx bm senhmx Xmx am m senhmx bm m coshmx X0 bm m 0 bm0 Assim Xmx am coshmx Portanto μxy X0xY0y Σm1 XmxYmy μxy a0 1 Σm1 am coshmx cosmy Mas μπy 220 logo 220 a0 Σm1 am coshmπ cosmy Série de Fourier cosseno da função fy 220 Logo a0 1π 0π 220 dy 220 qm 2pi integral from 0 to pi 220cosmy dy 440n 1n senmy evaluated from 0 to pi 0 Assim uxy 220 4 30 pontos Sejam gamma 0 beta1 beta2 constantes Considere o problema abaixo partial u partial t xt alpha2 partial2 u partial x2 xt gamma 0xL t0 u0t beta1 uxLt beta2 t0 ux0 fx 0xL a Encontre a solução de equilíbrio para o problema b Usando o item a resolva o problema a alpha2 Ux r 0 Ux r alpha2 U0 beta1 UL beta2 Ux r alpha2 x k Ux r alpha2 x2 2 kx C U0 C beta1 Ux r alpha2 x k UL beta2 r L alpha2 k beta2 K beta2 r L alpha2 Logo Ux r alpha2 x2 2 beta2 r L alpha2 x beta1 Logo Vxt sum from m1 to infinity Bm ealpha2 2m1pi2L2 t sen2m1pi x2L Fazendo t0 Vx0 fx Ux e portanto fx Ux sum from m1 to infinity Bm sen2m1pi x2L Essa é a série fourier seno 4Lperiódica ímpar da função fx Ux Com isso Bm 2L integral from 0 to L fx Ux sen2m1 pi x 2L dx A solução do problema é então uxt Vxt Ux uxt sum from m1 to infinity Bm ealpha22m1pi2L2 t sen2m1pi x 2L Ux com Bm dado em e UUx sendo o tempo de equilíbrio encontrado no item a