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 (a) \( \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial y} \) \[\Rightarrow u = u(x,y)\] (b) \( y \frac{\partial u}{\partial x} + x \frac{\partial u}{\partial y} = 0 \) \[\Rightarrow u = u(x,y)\] (c) \( \frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} - u , \quad k > 0 \quad \Rightarrow u = u(x,t) \quad k = cte\) (d) \( \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} , \quad a > 0 \quad \Rightarrow u = u(x,t) \quad a = cte\) Revisão de cálculo 3 Fator integrante de uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) do tipo: \( y' + g(x)y = h(t) \) ... (1) O fator integrante é: \( e^{\int g(u) du} \) (FI) Multiplicando o fator integrante à EDO (1), temos: \( e^{\int g(u) du} y' + g(t) e^{\int g(u) du} y = h(t) e^{\int g(u) du} \) \[\Rightarrow \left( e^{\int g(u) du} \right)' \] \[\Rightarrow \left( y e^{\int g(u) du} \right)' = h(t) e^{\int g(u) du} \] ... (2) Integrando a relação (2) com relação a \( t \): \[ \int \left( y e^{\int g(u) du} \right)' dt = \int h(t) e^{\int g(u) du} dt \] ... (3) A expressão (3) fica: \( y e^{\int g(u) du} = \int h(t) e^{\int g(u) du} dt + C , \quad C = cte \) ... (4) Isolando y: \( y = e^{-\int g(u) du} \left[ \int h(t) e^{\int g(u) du} dt + C \right] \) ... (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: (a) \( \frac{dy}{dt} = -k(y-T) , \quad onde \; k \; e \; T \; são \; constantes \) (b) \( ty' = -5y + 3t \) Observação: Sigo 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,t) o U = U(x,y) o U = U(x,y,t) o U = U(x,y,z,t) o U = U(x,y,z) o Etc. 3) Suponho que U = U(x,t) ^ Û(x,t) (α) = ∫ U(x,t) e^-iαx dx -∞ +∞ INTEGRAÇÃO EM x FUNÇÃO DE α e t TRANSFORMADA DE FOURIER ESPAÇO FREQUÊNCIAS Logo: ∂ ^ +∞ ∂ +∞ — Û(α,t) = ∫ U(x,t) e^-iαx dx = ∫ — U(x,t) e^-iαx dx ∂t -∞ ∂t -∞ +∞ +∞ = ∫ ( — U(x,t) )( e^-iαx ) dx = ∂ U(x,t) ∂t ∂t Por outro lado: ^ ∂U(x,t) (α) = ∫ ∂U(x,t) e^-iαx dx ∂x -∞ ^ ∂^2U(x,t) (α) = -α^2 Û(α,t) ∂x^2 Isto vocês provaram para uma função de uma variável ISSO DEPENDE DE α e de t Aplicação da Transformada de Fourier Problema: Equação do calor em uma barra infinita { ∂U = µ^2 ∂^2U ∂t ∂x^2 o o o (1) { U(x,0) = f(x), x ∈ ℝ o o o (2) µ = cte -∞ +∞ BARRA INFINITA Suponha que: 1) Existe ^U(α,t), ^∂U e ^∂^2U ∂t ∂x 2) Lim |U(x,t)| = 0 , Lim | ∂U | = 0 e ∫ |f(x)| dx < ∞ x→±∞ x→±∞ ∂x -∞ +∞ 3) Existe ^f(ω) Vamos aplicar a TF na equação (1): ^ ^ ∂U = µ^2 ∂^2U ∂t ∂x^2 ^ ^ ∂Û(α,t) = µ^2 (-α^2) Û(α,t) ∂t Logo: \frac{\partial}{\partial t} \hat{u}(\alpha,t) + (\alpha\mu)^2 \hat{u}(\alpha,t) = 0 \quad \dots (3) Multiplicando \ (3) \ pelo \ F = e^{\int (\alpha \mu)^2 dt}, \text{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) \boxed{\hat{u}(\alpha,t) = e^{-\alpha^2 \mu^2 t} C(\alpha)} \quad \dots (4) Para \ condicao \ inicial \ da \ EDP: U(x,0) = f(x) Então: \hat{u}(\alpha,0) = \hat{f}(\alpha) \quad \dots (5) Aplicando \ (4) \ em \ t=0 \ e \ usando \ (5): \hat{u}(\alpha,0) = C(\alpha) \hat{f}(\alpha) = C(\alpha) \quad \Rightarrow \quad 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^{-\frac{\alpha^2}{4\mu^2 t}} \hat{k}(\alpha,t) = \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{\pi}} e^{-a x^2} e^{-\frac{\alpha^2}{4a}} \text{ou} \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{\pi}} e^{-\alpha x^2} = e^{-\frac{\alpha^2}{4a}} \text{feito \ em \ sala} \text{exercicio, 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) \cdot \sqrt{\frac{a}{\pi}} \cdot e^{-a(x-y)^2} dy = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \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 \text{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