Exercícios - Métodos Matemáticos 2022-1

Em sala de aula explicou-se o MÉTODO DE SEPARAÇÃO DE VARIÁVEIS para resolver Equações Diferenciais Parciais (EDPs). Nesse método a solução da EDP é determinado pela solução de EDOs. (Equações Diferenciais Ordinárias) Exercício. A seguir apresentam-se alguns EDPs e pede-se para encontrar as EDOs associadas ao processo de resolução pelo Método de Separação de Variáveis. Não estou pedindo para resolver as EDOs FAZER ∂u/∂x = ∂u/∂y u = U(x,y) b) y ∂u/∂x + x ∂u/∂y = 0 u = U(x,y) c) ∂u/∂t = k ∂²u/∂x² - u, k > 0 u = U(x,t) k = cte d) ∂²u/∂t² = a² ∂²u/∂x², a > 0 u = U(x,t) a = cte Revisão de cálculo 3 Fator integrante de uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) do tipo: y'+ g(t)y = h(t) eq. (1) O fator integrante é: e^∫g(t)dt (FI) Multiplicando o fator integrante à EDO (1), temos: e^∫g(t)dt y'i + g(t)e^∫g(t)dt y = h(t)e^∫g(t)dt ( e^∫g(t)dt y )' = h(t) e^∫g(t)dt eq. (2) Integrando a relação (2) com relação a t: ∫(ye^∫g(t)dt)' dt = ∫h(t) e^∫g(t)dt dt eq. (3) A expressão (3) fica: ye^∫g(t)dt = ∫h(t) e^∫g(t)dt dt + C, C=cte eq. (4) y = e^∫g(t)dt [ ∫h(t) e^∫g(t)dt dt + C ] eq. (5) Esse método de solução usa-se, maiormente, quando A e B são fáceis de calcular. Exercício. Usando o método do fator integrante calcule a solução do EDO: FAZER a) dy/dt = -k(y-T), onde k e T são constantes b) ty' = -5y + 3t Observação. Siga os passos mostrados em (1), (2), (3) e (4) 1) Em sala de aula explicou-se um pouco de Equações Diferenciais Parciais (EDPs). 2) Nas EDPs as funções procuradas são dependentes de várias variáveis independentes. Se a função procurada for U, então pode ser que: o U = U(x,y,z,t) o U = U(x,y) o U = U(x,y,t) o Etc. 3) Suponho que U = U(x,t) U = U(x,t) TRANSFORMADA DE FOURIER x α ESPAÇO FREQUÊNCIAS ∫ U(x,t)e^{-iαx}dx -∞ +∞ INTEGRAÇÃO EM x FUNÇÃO DE α e t Logo: ∂Û(α,t) = ∂/∂t ∫ U(x,t) e^{-iαx}dx = ∫ ∂/∂t [U(x,t) e^{-iαx}] dx ∂t = ∫ [∂U(x,t)/∂t] (e^{-iαx}) dx = ∂Û(x,t)/∂t -∞ +∞ Por outro lado: ∂/∂x ∫ ∂U(x,t)/∂x e^{-iαx} dx = iαÛ(x,t) α -∞ +∞ o ∂²U(x,t)/∂x² = -α²Û(x,t) ISTO DEPENDE DE α e de t ISTO vocês provaram para uma função de uma variável Aplicação da Transformada de Fourier Problema: Equação do calor em um barra infinita ∂U/∂t = μ² ∂²U/∂x² (1) U(x,0) = f(x), x ∈ R (2) μ = cte Barra Infinita Suponha que: 1) Existe Û(α,t), ∂Û/∂t(α,t), ∂Û/∂x e ∂²Û/∂x² 2) Lim x→±∞ |U(x,t)| = 0 , Lim x→±∞ |∂U/∂x| = 0, e ∫ |f(x)| dx < ∞ -∞ +∞ 3) Existe f̂(ω) Vamos aplicar a TF na equação (1): ∂U/∂t = μ² ∂²Û/∂x² ∂Û(α,t)/∂t = μ²(-α²) Û(α,t) Logo: \frac{\partial}{\partial t} \hat{U}(\alpha, t) + (\alpha \mu)^2 \hat{U}(\alpha, t) = 0 \ldots (3) Multiplicando (3) pelo F == e^{\int (\alpha \mu)^2 dt}, temos: e^{\int (\alpha \mu)^2 dt} \frac{\partial}{\partial t} \hat{U}(\alpha, t) + (\alpha \mu)^2 e^{\int (\alpha \mu)^2 dt} \hat{U}(\alpha, t) = e^{\int (\alpha \mu)^2 dt} \cdot 0 \frac{\partial}{\partial t}\left\{ e^{\int \alpha^2 \mu^2 dt} \hat{U}(\alpha, t) \right\} = 0 \frac{\partial}{\partial t}\left\{ e^{\alpha^2 \mu^2 t} \hat{U}(\alpha, t) \right\} = 0 Então: e^{\alpha^2 \mu^2 t} \hat{U}(\alpha, t) = C(\alpha) \hat{U}(\alpha, t) = e^{-\alpha^2 \mu^2 t} C(\alpha) \ldots (4) dh/dt = 0 \rightarrow h = cte CONSTANTE COM RELAÇÃO A t. Logo C(\alpha) Pela condição inicial da EDP: U(x, 0) = f(x) Então: \hat{U}(\alpha,0) = \hat{f}(\alpha) \ldots (5) Aplicando (4) em t = 0 e usando (5): \hat{U}(\alpha, 0) = C(\alpha) \hat{f}(\alpha) = C(\alpha) \Rightarrow C(\alpha) = \hat{f}(\alpha) Assim: \hat{U}(\alpha,t) = e^{-\alpha^2 \mu^2 t} \hat{f}(\alpha) Seja \hat{k}(\alpha, t) = e^{-\alpha^2 \mu^2 t} = e^{-\alpha^2/4\mu^2 t} Conhece-se que K(\alpha,t) = \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{\pi}} e^{-a x^2} , a = \frac{1}{4\mu^2 t} FAZER e^{-a \pi^2} = \sqrt{\pi/a} e^{-\alpha^2/4a} Ou \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{\pi}} e^{-\alpha^2/4a} Feito em sala EXERCÍCIO. VERIFICAR Assim: \hat{U}(\alpha,t) = \hat{k}(\alpha, t) \hat{f}(\alpha) Aplicando a TRANSFORMADA INVERSA DE FOURIER E PROPRIEDADE DE CONVOLUÇÃO: U(x, t) = \frac{1}{2\pi}(f * k)(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} f(y) k(x-y) dy = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} f(y) \sqrt{\frac{a}{\pi}} e^{-a(x-y)^2}dy = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} f(y) \frac{1}{2\mu\sqrt{e}} e^{-\frac{(x-y)^2}{4\mu^2 t}} dy U(x, t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} f(y) e^{-\frac{(x-y)^2}{4\mu^2 t}} dy = \frac{1}{4\mu\pi\sqrt{e}} \int_{-\infty}^{+\infty} f(y) e^{-\frac{(x-y)^2}{4\mu^2 t}} dy SOLUÇÃO SOLUÇÃO NA FORMA DE INTEGRAL Questão 1 Temos: 𝜕𝑢 𝜕𝑥 = 𝜕𝑢 𝜕𝑦 Separando variáveis, impomos: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦) Substituindo na EDP, obtemos: 𝜕[𝑋𝑌] 𝜕𝑥 = 𝜕[𝑋𝑌] 𝜕𝑦 𝑌 𝑑𝑋 𝑑𝑥 = 𝑋 𝑑𝑌 𝑑𝑦 Rearranjando em termos de uma mesma constante, obtemos: 1 𝑋 𝑑𝑋 𝑑𝑥 = 1 𝑌 𝑑𝑌 𝑑𝑦 = 𝜆 Logo, as EDOs associadas a esta EDP são dadas por: 𝑑𝑋 𝑑𝑥 = 𝜆𝑋 𝑑𝑌 𝑑𝑦 = 𝜆𝑌 Questão 2 Temos: 𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝑥 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = 0 Separando variáveis, impomos: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦) Substituindo na EDP, obtemos: 𝑦 𝜕[𝑋𝑌] 𝜕𝑥 + 𝑥 𝜕[𝑋𝑌] 𝜕𝑦 = 0 𝑦𝑌 𝑑𝑋 𝑑𝑥 + 𝑥𝑋 𝑑𝑌 𝑑𝑦 = 0 𝑦𝑌 𝑑𝑋 𝑑𝑥 = −𝑥𝑋 𝑑𝑌 𝑑𝑦 Rearranjando em termos de uma mesma constante, obtemos: 1 𝑥𝑋 𝑑𝑋 𝑑𝑥 = − 1 𝑦𝑌 𝑑𝑌 𝑑𝑦 = 𝜆 Logo, as EDOs associadas a esta EDP são dadas por: 𝑑𝑋 𝑑𝑥 = 𝜆𝑥𝑋 𝑑𝑌 𝑑𝑦 = −𝜆𝑦𝑌 Questão 3 Temos: 𝜕𝑢 𝜕𝑡 = 𝑘 𝜕2𝑢 𝜕𝑥2 − 𝑢 Separando variáveis, impomos: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡) Substituindo na EDP, obtemos: 𝜕[𝑋𝑇] 𝜕𝑡 = 𝑘 𝜕2[𝑋𝑇] 𝜕𝑥2 − [𝑋𝑇] 𝑋 𝑑𝑇 𝑑𝑡 = 𝑘𝑇 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 − 𝑋𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑡 = 𝑘𝑇 𝑋 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 − 𝑇 1 𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑡 = 𝑘 𝑋 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 − 1 Rearranjando em termos de uma mesma constante, obtemos: 1 𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑡 = 𝑘 𝑋 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 − 1 = 𝜆 Logo, as EDOs associadas a esta EDP são dadas por: 𝑑𝑇 𝑑𝑡 = 𝜆𝑇 𝑘 𝑋 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 = 𝜆 + 1 Questão 4 Temos: 𝜕2𝑢 𝜕𝑡2 = 𝑎2 𝜕2𝑢 𝜕𝑥2 Separando variáveis, impomos: 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡) Substituindo na EDP, obtemos: 𝜕2[𝑋𝑇] 𝜕𝑡2 = 𝑎2 𝜕2[𝑋𝑇] 𝜕𝑥2 𝑋 𝑑2𝑇 𝑑𝑡2 = 𝑎2𝑇 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 𝑋 𝑇 𝑑2𝑇 𝑑𝑡2 = 𝑎2 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 1 𝑇 𝑑2𝑇 𝑑𝑡2 = 𝑎2 𝑋 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 Rearranjando em termos de uma mesma constante, obtemos: 1 𝑇 𝑑2𝑇 𝑑𝑡2 = 𝑎2 𝑋 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 = 𝜆 Logo, as EDOs associadas a esta EDP são dadas por: 𝑑2𝑇 𝑑𝑡2 = 𝜆𝑇 𝑑2𝑋 𝑑𝑥2 = 𝜆 𝑎2 𝑋 Questão 5 Temos a seguinte EDO: 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = −𝑘(𝑦 − 𝑇) Manipulando, obtemos: 𝑑𝑦 = −𝑘(𝑦 − 𝑇)𝑑𝑡 𝑘(𝑦 − 𝑇)𝑑𝑡 + 𝑑𝑦 = 0 Para uma equação no formato 𝑀𝑑𝑡 + 𝑁𝑑𝑦 = 0, o fator integrante é dado por: 𝑓(𝑡) = 𝑒∫ (𝑀𝑦−𝑁𝑡) 𝑁 𝑑𝑡 Assim, temos: 𝑓(𝑡) = 𝑒∫ ([𝑘(𝑦−𝑇)]𝑦−[1]𝑡) 1 𝑑𝑡 𝑓(𝑡) = 𝑒∫(𝑘−0) 1 𝑑𝑡 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑘 ∫ 𝑑𝑡 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑘𝑡 Multiplicando ambos lados da EDO por 𝑓, obtemos: 𝑒𝑘𝑡𝑘(𝑦 − 𝑇)𝑑𝑡 + 𝑒𝑘𝑡𝑑𝑦 = 0 (𝑘𝑦𝑒𝑘𝑡 − 𝑘𝑇𝑒𝑘𝑡)𝑑𝑡 + 𝑒𝑘𝑡𝑑𝑦 = 0 Agora, a equação é exata, de modo que a solução é: 𝑢 = 𝐶 Aqui, devemos ter: 𝜕𝑢 𝜕𝑡 = 𝑘𝑦𝑒𝑘𝑡 − 𝑘𝑇𝑒𝑘𝑡 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = 𝑒𝑘𝑡 Integrando estas equações, obtemos: 𝑢 = 𝑦𝑒𝑘𝑡 − 𝑇𝑒𝑘𝑡 + 𝑔(𝑦) 𝑢 = 𝑦𝑒𝑘𝑡 + ℎ(𝑡) Por comparação das equações, temos 𝑔(𝑦) = 0 e ℎ(𝑡) = −𝑇𝑒𝑘𝑡 Logo, a solução fica: 𝑢 = 𝑦𝑒𝑘𝑡 − 𝑇𝑒𝑘𝑡 = 𝐶 Desenvolvendo, temos: 𝑦 − 𝑇 = 𝐶𝑒−𝑘𝑡 𝒚 = 𝑻 + 𝑪𝒆−𝒌𝒕 Questão 6 Temos a seguinte EDO: 𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = −5𝑦 + 3𝑡 Manipulando, obtemos: 𝑡𝑑𝑦 = (−5𝑦 + 3𝑡)𝑑𝑡 (−5𝑦 + 3𝑡)𝑑𝑡 − 𝑡𝑑𝑦 = 0 Para uma equação no formato 𝑀𝑑𝑡 + 𝑁𝑑𝑦 = 0, o fator integrante é dado por: 𝑓(𝑡) = 𝑒∫ (𝑀𝑦−𝑁𝑡) 𝑁 𝑑𝑡 Assim, temos: 𝑓(𝑡) = 𝑒∫ ((−5𝑦+3𝑡)𝑦−[−𝑡]𝑡) −𝑡 𝑑𝑡 𝑓(𝑡) = 𝑒∫((−5)+1) −𝑡 𝑑𝑡 𝑓(𝑡) = 𝑒4 ∫1 𝑡𝑑𝑡 𝑓(𝑡) = 𝑒4 ln 𝑡 𝑓(𝑡) = 𝑒ln 𝑡4 𝑓(𝑡) = 𝑡4 Multiplicando ambos lados da EDO por 𝑓, obtemos: 𝑡4(−5𝑦 + 3𝑡)𝑑𝑡 − 𝑡4𝑡𝑑𝑦 = 0 (−5𝑦𝑡4 + 3𝑡5)𝑑𝑡 − 𝑡5𝑑𝑦 = 0 Agora, a equação é exata, de modo que a solução é: 𝑢 = 𝐶 Aqui, devemos ter: 𝜕𝑢 𝜕𝑡 = −5𝑦𝑡4 + 3𝑡5 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = −𝑡5 Integrando estas equações, obtemos: 𝑢 = − 5𝑦𝑡4+1 4 + 1 + 3𝑡5+1 5 + 1 + 𝑔(𝑦) = −𝑦𝑡5 + 1 2 𝑡6 + 𝑔(𝑦) 𝑢 = −𝑦𝑡5 + ℎ(𝑡) Por comparação das equações, temos 𝑔(𝑦) = 0 e ℎ(𝑡) = 1 2 𝑡6 Logo, a solução fica: 𝑢 = −𝑦𝑡5 + 1 2 𝑡6 = 𝐶 Desenvolvendo, temos: −𝑦 + 1 2 𝑡 = 𝐶𝑡−5 −𝑦 = 𝐶𝑡−5 − 1 2 𝑡 𝒚 = 𝟏 𝟐 𝒕 − 𝑪 𝒕𝟓 Questão 7 Por definição, temos: √𝑎 𝜋 𝑒−𝑎𝑥2 ̂ = ∫ [√𝑎 𝜋 𝑒−𝑎𝑥2] 𝑒−𝑖𝛼𝑥𝑑𝑥 ∞ −∞ Desenvolvendo, temos: = √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒−𝑎𝑥2𝑒−𝑖𝛼𝑥𝑑𝑥 ∞ −∞ = √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒−𝑎𝑥2−𝑖𝛼𝑥𝑑𝑥 ∞ −∞ = √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒−𝑎𝑥2−2𝑖𝑎𝛼 2𝑎 𝑥𝑑𝑥 ∞ −∞ = √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒−𝑎[𝑥2+2𝑖𝛼 2𝑎𝑥]𝑑𝑥 ∞ −∞ = √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒 −𝑎[(𝑥+𝑖𝛼 2𝑎) 2 −(𝑖𝛼 2𝑎) 2 ] 𝑑𝑥 ∞ −∞ = √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒−𝑎(𝑥+𝑖𝛼 2𝑎) 2 𝑒𝑎(𝑖𝛼 2𝑎) 2 𝑑𝑥 ∞ −∞ = 𝑒𝑎(𝑖𝛼 2𝑎) 2 √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒−𝑎(𝑥+𝑖𝛼 2𝑎) 2 𝑑𝑥 ∞ −∞ Seja: 𝑦 = √𝑎 (𝑥 + 𝑖𝛼 2𝑎) 𝑑𝑦 = √𝑎𝑑𝑥 Assim, a integral fica: = 𝑒𝑎𝑖2𝛼2 4𝑎2 √𝑎 𝜋 ∫ 𝑒−𝑦2 𝑑𝑦 √𝑎 ∞ −∞ = 𝑒−𝑎 𝛼2 4𝑎2√1 𝜋 ∫ 𝑒−𝑦2𝑑𝑦 ∞ −∞ Mas, sabemos que ∫ 𝑒−𝑦2𝑑𝑦 ∞ −∞ = √𝜋, logo: √𝑎 𝜋 𝑒−𝑎𝑥2 ̂ = 𝑒−𝛼2 4𝑎√1 𝜋 √𝜋 Logo, provamos que: √𝑎 𝜋 𝑒−𝑎𝑥2 ̂ = 𝑒−𝛼2 4𝑎