Exercícios - Revisão - Cálculo 4 - 2023-2

Abaixo vemos um recorte do gráfico de uma função periódica. Se escrevermos esta função como uma Series de Fourier, qual é o coeficiente do termo cos(4\pi x)? A função u(x,t) satisfaz a equação de calor u_t = \frac{1}{4} u_{xx} para (x,t) \in [0,3]\times [0,\infty), as condições de bordo u(0,t) = u(3,t) = 0 para t \geq 0, e a condição inicial u(x,0) = -6\sin\left(\frac{\pi x}{3}\right) + 2\sin(\pi x) para x \in [0,3]. Determine u\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\pi^2 \right). A função u(x,t), definida na faixa [0,5]\times \mathbb{R}, é solução da equação da onda \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 25 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, sujeito às condições \begin{cases} u(0,t) = u(5,t) = 0 \text{ para todo } t \in \mathbb{R} \\ u(x,0) = f(x) \text{ para } 0 \leq x \leq 5 \\ \frac{\partial u}{\partial t}(x,0) = g(x) \text{ para } 0 \leq x \leq 5. \end{cases} Aqui, f,g : [0,5] \to \mathbb{R} são dadas por \begin{cases} f(x) = \frac{x(x-3)(x-5)}{500} \\ g(x) = \frac{(4-x)(3)(x-5)}{500}. \end{cases} Determine \int_0^5 u\left(x,\frac{3}{5}\right)\sin\left(\frac{2\pi x}{5}\right)dx. Dica: Usando integração por partes, pode-se mostrar que \int_0^5 f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right)dx = \frac{25(-1)^{n+1}}{2n^3\pi^3} - \frac{10}{n^3\pi^3} e \int_0^5 g(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right)dx = \frac{13(-1)^{n}}{2n^3\pi^3} - \frac{19}{2n^3\pi^3} para n \geq 1. onde f1(t-3) = -1 + 2(t-3) = -1 + 2t - 6 = 2t - 7 f2(t-1) = -1 - 2(t-1) = -1 - 2t + 2 = -2t + 1 isto é, f(t) = (2t - 7) u(t-3) + (1 - 2t) u(t-1) + 2t f(t) = (2t - 7) u(t-3) + (1 - 2t) u(t-1) + 2t u(t-0) ou seja, para t < 1, f(t) = 2t; para 1 ≤ t < 3, temos f(t) = 2t + (1 - 2t) = 1 e para t ≥ 3 f(t) = 2t + (1 - 2t) + (2t - 7) = 2t - 6 logo, f(t) = { 2t, 0 < t < 1 1, 1 ≤ t < 3 2t - 6, t ≥ 3 } o que nos dá e) Seja f(t) = \int_0^t e^{-3u} u^8 du, então F(s) = L{f(t)} é F(s) = \frac{1}{5} G(s), onde G(s) = L{e^{-8t} t^8} Seja agora g(t) = e^{-8t} t^8 e h(t) = t^8, então H(s) = L{h(t)} = \frac{8!}{s^{8+1}} = \frac{8!}{s^9} E como L{ e^{at} f(t) } = F(s-a), segue que G(s) = L{ e^{-8t} h(t) } = H(s+8) = \frac{8!}{(s+8)^9} (a=-8) Assim, F(s) = \frac{1}{5} \frac{8!}{(s+8)^9} Deste modo, L{ e^{8t} \int_0^t e^{-8u} u du } = L{ e^{8t} f(t) } = F(s-8) = \frac{8!}{(s-8) \cdot (s-8+8)^9} = \frac{8!}{(s-8) \cdot s^9} (3) Seja f(t) = \begin{cases} e^{-t}, & 0 < t < 2 \\ -e^{-t}, & t \geq 2 \end{cases}. \ \ \ \ \ Podemos reescrever f(t) como f(t) = e^{-t} + (e^{-t} - e^{-t}) u(t-2) f(t) = e^{-t} - 2e^{-t} u(t-2) Assim, obtemos: L{f(t)} = L{e^{-t}} - 2L{e^{-t} u(t-2)} = \frac{1}{s+1} - 2L{e^{-t+2-2} \cdot u(t-2)} = \frac{1}{s+1} - 2L{e^{-(t-2)} \cdot e^{-2} \cdot u(t-2)} = \frac{1}{s+1} - 2e^{-2} L{e^{-(t-2)} \cdot u(t-2)} = \frac{1}{s+1} - 2e^{-2} \cdot e^{-2s} \cdot G(s), onde G(s) = L{e^{-t}} = \frac{1}{s+1}. \ \Logo, F(s) = L{f(t)} = \frac{1}{s+1} - \frac{2e^{-2(s+1)}}{s+1} Então, L{y^{\prime\prime}(t)} - 2 L{y^{\prime}(t)} + 10 L{y(t)} = L{f(t)} s^2 Y(s) - sy(0) - y^{\prime}(0) - 2(sY(s) - y(0)) + 10 Y(s) = \frac{1}{s+1} - \frac{2e^{-2(s+1)}}{s+1} Y(s)(s^2 - 2s + 10) = \frac{1}{s+1} - \frac{2e^{-2(s+1)}}{s+1} Y(s)(s^2 - 2s + 10) = \frac{1}{(s+1)}(1 - 2e^{-2(s+1)}) Y(s) = \frac{1}{(s^2 - 2s + 10)(s+1)}(1 - 2e^{-2(s+1)}) Decompondo em fracoes parciais, sejam A, B, C \in \mathbb{R} tais que \frac{1}{(s^2 - 2s + 10)(s+1)} = \frac{As + B}{s^2 - 2s + 10} + \frac{C}{s + 1} = \frac{(As + B)(s+1) + C(s^2 - 2s + 10)}{(s^2 - 2s + 10)(s+1)} = \frac{s^2(A+C) + s(A + B - 2C) + (B + 10C)}{(s^2 - 2s + 10)(s+1)} \Rightarrow \begin{cases} A + C = 0 \\ A + B - 2C = 0 \\ B + 10C = 1 \end{cases} \Rightarrow A = -C -A + B - 2C = 0 \ \Rightarrow B = 3C Logo, 3C + 10C = 1 \Rightarrow C = \frac{1}{13} \Rightarrow A = -\frac{1}{13} \Rightarrow B = \frac{3}{13} Portanto, \frac{1}{(s^2 - 2s + 10)(s+1)} = \frac{-1}{13} \frac{s-3}{s^2 - 2s + 10} + \frac{1}{13} \frac{1}{s+1} Seja G(s) = \frac{s-3}{s^2 - 2s + 10}, temos que G(s) = \frac{s-3}{s^2 - 2s + 10} = \frac{s-3}{s^2 - 2s + 9 + 1} = \frac{s-3}{(s-1)^2 + 3^2} = \frac{s-1 - 2}{(s-1)^2 + 3^2} = \frac{s-1}{(s-1)^2 + 3^2} - 2 \cdot \frac{1}{(s-1)^2 + 3^2} = \frac{s-1}{(s-1)^2 + 3^2} - \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{(s-1)^2 + 3^2} Assim, g(t) = \mathcal{L}^{-1} \{G(s)\} = e^t \cos(3t) - \frac{2}{3} e^t \sen(3t) Seja agora H(s) = \frac{1}{s+1} \Rightarrow h(t) = \mathcal{L}^{-1} \{H(s)\} = e^{-t} Voltando para a equação, Y(s) = \left( -\frac{1}{13} \cdot G(s) + \frac{1}{13} \cdot H(s) \right) \cdot \left( 1 - 2 e^{-2(s+1)} \right) Y(s) = \frac{1}{13} \left( -G(s) + H(s) \right) \left( 9 - 2 e^{-2(s+1)} \right) Y(s) = \frac{1}{13} \left( -G(s) + H(s) + 2 G(s) e^{-2(s+1)} - 2 H(s) e^{-2(s+1)} \right) Y(s) = \frac{1}{13} \left( -(G(s) + H(s)) + \frac{2}{13} (G(s) - H(s)) e^{-2(s+1)} \right) - Notemos que (G(s) - H(s)) e^{-2(s+1)} = (G(s) - H(s)) e^{-2s-2} = (G(s) - H(s)) e^{-2s} \cdot e^{-2} como \mathcal{L}^{-1} \{ F(s) e^{-as} \} = f(t+a) u(t-a), sendo F(s) = G(s) - H(s) \quad e \quad a = 2 \Rightarrow f(t) = g(t) - h(t) segue da linearidade de \mathcal{L}^{-1} que \boxed{y(t) = \frac{1}{13} \left( -g(t) + h(t) \right) + \frac{2 e^{-2}}{13} \left( g(t-2) - h(t-2) \right) u(t-2)} com \quad g(t) \quad e \quad h(t) \quad dados \quad abaixo: g(t) = e^t \left( \cos(3t) - \frac{2}{3} \sen(3t) \right) h(t) = e^{-t} (5) a) Se f for ímpar, então sua série de Fourier terá apenas senos. [Gráfico f_1] [f_1 é a única função ímpar (gráfico simétrico à origem)] b) Se f for par, sua série de Fourier terá apenas cossenos. [Uma função será par se seu gráfico for simétrico ao eixo y; Notemos que nenhuma função é par; f_2:][Quadrados f_2] [Nos é par; f_3:] [Triângulo f_3] [Nos é par; f_4:] [Linha f_4] [Nos é par.] E então X(0) = c_1 e^{\sqrt{\sigma} \cdot 0} + c_2 e^{-\sqrt{\sigma} \cdot 0} => c_1 + c_2 => c_1 = -c_2 e X(L) = c_1 e^{\sqrt{\sigma}L} + c_2 e^{-\sqrt{\sigma}L} = 0 - c_2 e^{\sqrt{\sigma}L} + c_2 e^{-\sqrt{\sigma}L} = 0 c_2 (-e^{\sqrt{\sigma}L} + e^{-\sqrt{\sigma}L}) = 0 Supondo que c_2 \neq 0 (pois, do contrário, c_1 : 0 => X \equiv 0), então -e^{\sqrt{\sigma}L} + e^{\sqrt{\sigma}L} => -\sqrt{\sigma}L = \sqrt{\sigma}L => -\sqrt{\sigma} = \sqrt{\sigma} \iff \sigma = 0 o que é um absurdo. Logo, c_2 = 0 => X = 0. (iii) Caso \sigma < 0 , então \lambda = \pm \sqrt{\sigma} \in \mathbb{C} => \lambda = \pm \sqrt{\sigma} i e deste modo, X(x) = A \cos (\sqrt{-\sigma}x) + B \sin (\sqrt{-\sigma} x), \ A,B \in \mathbb{R} => X(0) = A \cos (\sqrt{-\sigma} \cdot 0) + B \sin (\sqrt{-\sigma} \cdot 0) = 0 = A e X(L) = B \sin (\sqrt{-\sigma}L) = 0 Para que X \neq 0, então B \neq 0 => \sin (\sqrt{-\sigma}L) = 0 e assim. \sqrt{-\sigma}L = n\pi , \ n \in \mathbb{Z} \sqrt{-\sigma} = \frac{n\pi}{L} => \sigma = \frac{n^2\pi^2}{L^2} => \sigma = -\frac{n^2\pi^2}{L^2} Logo, para cada n \in \mathbb{Z}, temos: x_n(x) = B_n \sin \left(\frac{n\pi x}{L}\right), \ B_n \in \mathbb{R} e assim, \frac{1}{k} \cdot \frac{T'}{T} = \sigma => \frac{T'}{T} = k \sigma \frac{1}{T} \frac{dT}{dt} = k \sigma isto é, d\left(\frac{T}{T}\right) = k \sigma dt => \int d\frac{T}{T} = \int k \sigma dt \ln (T) = k \sigma t + c , \ c \in \mathbb{R} T = e^{k \sigma t + c} = e^{k \sigma t} (e^c) = A, A \in \mathbb{R} T = A e^{k \sigma t} Portanto, para cada n \in \mathbb{Z}, temos: T_n(t) = A_n e^{-\frac{n^2 \pi^2 kt}{L^2}}, \ A_n \in \mathbb{R} Portanto, u_n(x, t) = x_n(x) \cdot T_n(t) u_n(x, t) = B_n \cdot \sin \left(\frac{n\pi x}{L}\right) \cdot A_n \cdot e^{-\frac{n^2\pi^2 kt}{L^2}} sendo \ B_n \cdot A_n = C_n, temos: u_n(x, t) = c_n e^{-\frac{n^2\pi^2 kt}{L^2}} \cdot \sin \left(\frac{n\pi x}{L}\right) E, do princípio da superposição, a solução é: u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n e^{-\frac{n^2\pi^2 kt}{L^2}} \cdot \sin \left(\frac{n\pi x}{L}\right) \text{Dado } u(x, 0) = f(x), temos: f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n \cdot \sin \left(\frac{n\pi x}{L}\right) isto é, \ c_n \text{ é o coeficiente de Fourier de } f; c_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) x_n \left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx No PVIF: \begin{cases} 5 \! u_{xx} = u_{t} \\ u(0,t) = u(\pi , t) = 0 \end{cases} u(x,0) = f(x) Temos: K = 5, \quad L = \pi \quad e \quad assim, u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \: e^{\frac{-n^{2} \pi ^{2} 5t}{\pi^{2}}} \cdot \! \sin\left ( \frac{n \pi x}{\pi} \right ) u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \: e^{-5n^{2}t} \sin(nx)\text{onde} \quad c_{n} = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \left ( 2\sin(2x) - \sin(7x) \right ) \sin(nx) \, dx Da ortogonalidade das funções seno, temos: \int_{0}^{\pi} \sin(2x) \sin(nx) = 0 , \quad \forall n \neq 2 e \int_{0}^{\pi} \sin(7x) \sin(nx) = 0 , \quad \forall n \neq 7\\ Assim, para n=2, temos: c_{2} = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} 2 \sin(2x) \sin(2x) \, dx e para \: n=7 c_{7} = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} - \sin(7x) \sin(7x) \, dx de modos que, se \: k \neq 0 \int \sin(kx) \sin(kx) \, dx = \int \sin^{2}(kx) = \int \left ( \frac{1}{2} - \cos(2kx) \right ) dx= \frac{1}{2} \left \{ \int x - \int \cos(2kx) \, dx \right \} \\se \: u = 2kx \Rightarrow du = 2k \, dx \Rightarrow dx = \frac{du}{2k} \quad e \quad \text{então} \int \cos(2kx) \, dx = \int \cos(u) \frac{du}{2k} = \frac{\sin(u)}{2k} = \frac{\sin(\left ( \right )}{2k}\Rightarrow \int \sin^{2}(kx) \, dx = \frac{1}{2} \left ( x - \frac{\sin(2kx)}{2k} \right ) \:+\: constante \text{Então,} \quad k=2 c_{2} = \frac{2}{\pi} \cdot 2 \cdot \int_{0}^{\pi} \sin^{2}(2x) \, dx = \frac{1}{\pi} \left ( \frac{1}{2} \left ( \left ( x - \frac{\sin(4x)}{4} \right |_{x=\pi}^{x=0}\right ) \right ) = \frac{2}{\pi} \left ( \pi - \frac{\sin(4\pi)}{4} - 0 + \frac{\sin(4\cdot 0}{4} \right ) = \frac{2}{\pi} \cdot \pi = 2\\ e \quad k=7 \c_{7} = \frac{-2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin^{2}(7x) \, dx = \frac{-2}{\pi} \left ( \frac{1}{2} \left ( x - \frac{\sin(14x)}{14} \right |_{x=\pi}^{x=0} \right ) = \frac{-1}{\pi} \left ( \pi - \frac{\sin(14\pi)}{14} - 0 + \frac{\sin(14\cdot 0}{14} \right ) = \frac{-1}{\pi} \cdot \pi = -1 Portanto, u(x,t) = u_{2}(x,t) \:+\: u_{2}(x,t) u(x,t) = c_{x}e^{-5\cdot 2^{2} t} \sin(2x) \:+\: c_{7} \cdot e^{-5\cdot 7^{2} \cdot t} \sin(7x)u(x,t) = \; 2 \, e^{-20 \, t} \sin(2x) \;-\; e^{-245\, t} \sin(7x) (c) Temos: \langle f, g\rangle = \int_{-\pi}^{\pi} \left ( \sin(2x) + 7 \sin(3x) + 6\sin(8x) - 2 \cos(4x) + 4 \cos(5x) - 3\cos(6x) \right )\left (-4\sin(5x) + 5\sin(6x) - 6\sin(6x)+2 \cos(3x) + 3 \cos(4x) - 7\cos(7\pi)) \, dx Das relações de ortogonalidade, \quad \forall m,n?1. e \int_{-\pi}^{\pi} \sin(mx) \cos(nx) = 0 \, e \int_{-\pi}^{\pi} \sin(mx) \sin(nx)dx =\begin{cases}\pi , & \text{xn = n} \\ 0 , & \text{xn \neq n} \\ \end{cases}\int_{-\pi}^{\pi} \cos(mx) \cos(nx) dx =\begin{cases}\pi , & \text{xm = n} \\ 0 , & \text{xm \neq n} \\ \end{cases} Assim, \langle f, g\rangle = \int_{-\pi}^{\pi} (-6 \sin(2x) \sin(6x) - 42 \sin(3x) \cos(3x) - 36 \sin(8x) \sin(0x) - 6\cos(4x) \cos(4x)) \, dx = \pi \ Se \ k = 2, \ temos: -6 \pi - 42 \cdot 0 - 36 \cdot 0 - 6 \pi = -12 \pi -12 \pi = -12 \pi \ \checkmark Se \ k = 3, -6 \cdot 0 - 42 \pi - 36 \cdot 0 - 6 \pi = -12 \pi -42 \pi - 6 \pi = -12 \pi -48 \pi = -12 \pi \ \times Se \ k = 8: -6 \cdot 0 - 42 \cdot 0 - 36 \cdot \pi - 6 -42 \pi = -12 \pi \ \times logo, \ k = 2 Podemos tomar a expressao para da função f(x) = \begin{cases} 0, & \text{se } 0 \leq x < 1 \\ x - 2, & \text{se } 1 \leq x < 2 \end{cases} (2L = 4) Assim, sera uma série de Fourier em cosenos. Ou seja, f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos\left( \frac{n\pi x}{2} \right) Ou seja, buscamos a_8 pois para n = 8 \cos\left( \frac{8 \pi x}{2} \right) = \cos\left( 4 \pi x \right) Tem-se: a_8 = \frac{2}{2} \int_0^2 f(x) \cos(4 \pi x) \, dx a_8 = \int_0^1 0 \cdot \cos(4 \pi x) \, dx + \int_1^2 (x - 2) \cos(4 \pi x) \, dx \text{Se } u = x - 2 \Rightarrow du = dx; dv = \cos(4 \pi x) \, dx \Rightarrow v = \frac{\sin(4 \pi x)}{4 \pi} \text{e integrando-se por partes,} a_8 = \left. (x - 2) \cdot \frac{\sin(4 \pi x)}{4 \pi} \right|_{x=1}^{x=2} - \int_1^2 \frac{\sin(4 \pi x)}{4 \pi} \, dx a_8 = \left. \frac{(2 - 2) \cdot \sin(8 \pi)}{4 \pi} \right| - \left. \frac{(1 - 2) \cdot \sin(4 \pi)}{4 \pi} \right| - \frac{1}{4 \pi} \int_0^2 \sin(4 \pi x) \, dx x = t = 4 \pi x \Rightarrow dt = 4 \pi \, dx \Rightarrow dx = dt / 4 \pi : a_8 = -\frac{1}{4 \pi} \int \sin t \, \frac{dt}{4 \pi} = -\frac{1}{16 \pi^2} \int \sin t \, dt = \frac{\cos t}{16 \pi^2} a_8 = \left. \frac{\cos(4 \pi x)}{16 \pi^2} \right|_{x=1}^{x=2} = \frac{\cos(8 \pi) - \cos(4 \pi)}{16 \pi^2} = \frac{1 - 1}{16 \pi^2} a_8 = 0 8) sendo k = \frac{1}{4} \ e \ L = 3, \ temos \\ u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n \ e^{-n^2 \frac{1}{3} \frac{1}{4} t} \ sen\left(\frac{n \pi x}{3}\right) \\ u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n \ e^{-n^2 \frac{t}{12}} \ sen\left(\frac{n \pi x}{3}\right) \\ Notemos \ que \ como \ n=1 \ \ \ \ n=3 \ \left(\frac{3}{3} = 1\right) \\ c_n = \frac{2}{3} \int_0^3 (-6 \ sen\left(\frac{\pi x}{3}\right) + 2 \ sen(\pi x)) \ sen\left(\frac{n \pi x}{3}\right) \ dx \\ esta \ \ c_n = 0 \ , \ \ \forall \ n \neq 1, 3. \ logo,\\\nc_1 = \frac{2}{3} \int_0^3 \left(-6 \ sen\left(\frac{\pi x}{3}\right) \ sen\left(\frac{\pi x}{3}\right)\right) \ dx \\ c_1 = -4 \int_0^3 \ sen^2\left(\frac{\pi x}{3}\right) \ dx = \\ E \ como \ feito \ no \ exercício \ 5, \ para \ k = \frac{\pi}{3} \\ obtemos: \\ c_1 = -\frac{4}{2} \left( x - \frac{\sen\left(2 \pi \frac{x}{3}\right)}{2\pi}\right) \bigg|_{x=0}^{x=3} \\ c_1 = -2 \left( 3 - \frac{3}{2\pi} \sen\left(2 \pi \cdot \frac{3}{3} \right) - 0 + \frac{3}{2\pi} \sen\left(\frac{x \pi \cdot 0}{3}\right)\right) \\ c_1 = -6 e \ analogamente, \\ c_3 = \frac{2}{3} \int_0^3 \left(2 \ sen(\pi x) \ sen(n \pi x) \right) dx = \frac{4}{9}\int_0^3 \ sen^2(\pi x) \ dx \\ c_3 = \frac{4}{\pi} \left( x - \frac{\sen(2\pi x)}{2\pi} \right) \bigg|_{x=0}^{x=3} = \frac{2}{3} \left(3 - \frac{\sen(6\pi)}{2\pi} - 0 + \frac{\sen(2\pi \cdot 0)}{2\pi}\right) \\ c_3 = \frac{2}{3} \cdot 3 \\ c_3 = 2 \\ Portanto, \\ u(x,t) = u_1(x,t) + u_3(x,t) \\ u(x,t) = c_1 \ e^{-\frac{\pi^2}{12} t} \ sen\left(\frac{1 \pi x}{3}\right) + c_3 \ e^{-3\frac{\pi^2}{k^2} t} \ sen\left(\frac{3 \pi x}{3}\right) \\ u(x,t) = -6 \ e^{-\frac{\pi^2}{12}t} \ sen\left(\frac{\pi x}{3}\right) + 2e^{-\frac{\pi^2}{4}t} \ sen(\pi x) \\ e \ assim, \\ \cdot \ u\left(\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{\pi}\right) = -6 \ e^{-\frac{1}{12}} \ sen\left(\frac{\pi \cdot 3}{2}\right) + 2e^{-\frac{\pi^2}{4}} \ sen\left(\frac{3 \pi}{2}\right) \\ u\left(\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{\pi}\right) = -6 \ e^{-\frac{1}{12}} - 2e^{-\frac{1}{4}} 9) Seja \ u(x,t) = X(x) \ T(t) , \ então \ temos \\ x(x)''T(t) = 25 \ X'(x) \ T(t) \\ x''(x)x(x) = \frac{1}{25} \frac{T''(t)}{T(t)} = \sigma , \ \sigma \in \mathbb{R} \\ \text{pelo mesmo motivo da equação do calor. Assim, temos} \\ X'' - \sigma X = 0 \\ e \ ainda \\ X(0)T(t) = X(5)T(t) =0 \ \Rightarrow \ X(0)=X(5)=0 \\ \text{pois buscamos soluções não-triviais.} \\ \text{Deste modo, obtemos:} \\ \left\{ \begin{array}{l} X'' - \sigma X = 0 \\ X(0)=X(5)=0 \end{array} \right. \\ \text{E como concluído no exercício 5, para que} \ u \neq 0, \text{ devemos ter} \\ \ X_n(x)=C_n\ sen\left(\frac{n \pi x}{5}\right) , \ n \in \mathbb{Z}, \ C_n \in \mathbb{R} \\ \text{sendo} \ L=5. \ \text{Agora, temos que} \\ \frac{1}{25} \frac{T_n''(t)}{T_n(t)} = \sigma = -\frac{n^2 \pi^2}{5^2} , \ n \in \mathbb{Z} \\ e \ então, \\ \frac{T_n''}{T_n} = -\frac{25n^2 \pi^2}{25} \\ T_n'' = -n^2 \pi^2 T_n T_n'' + n^2π^2 T_n = 0 sua equação característica é λ^2 + n^2π^2 = 0 λ^2 = -n^2π^2 λ = ± i nπ = nπ i ou seja, T_n(t) = A_n cos(nπ t) + B_n sen(nπ t), \ A_n, B_n \in R logo, u_n(x,t) = X_n(x) T_n(t) u_n(x,t) = C_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) \cdot \left( A_n cos(nπ t) + B_n sen(nπ t) \right) u_n(x,t) = A_n C_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) cos(nπ t) + B_n C_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) sen(nπ t) E do princípio da superposição, concluímos que u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) cos(nπ t) + b_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) sen(nπ t) \right] De u(x,0) = f(x), tem-se: f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) cos(nπ \cdot 0) + b_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) sen(nπ \cdot 0) \right] => f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) isto é, a_n é o coeficiente de Fourier da série de senos de f . a_n = \frac{2}{5} \int_0^5 f(x) sen\left( \frac{nπx}{5} \right) \, dx Agora, derivando-se termo a termo u_t(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) nπ \cdot \left( -sen(nπ t) \right) + b_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) nπ cos(nπ t) \right] => g(x) = u_t(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) nπ \cdot \left( -sen(nπ \cdot 0) \right) + b_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) nπ cos(nπ \cdot 0) \right] g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} nπ \cdot b_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) ou seja, nπ \cdot b_n são os coeficientes da série de Fourier em senos da função g . nπ \cdot b_n = \frac{2}{5} \int_0^5 g(x) sen\left( \frac{nπx}{5} \right) \, dx => b_n = \frac{2}{5nπ} \int_0^5 g(x) sen\left( \frac{nπx}{5} \right) \, dx Agora, temos que u(x,\frac{3}{2}) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) cos\left( \frac{3}{2} nπ \right) + b_n sen\left( \frac{nπx}{5} \right) sen\left( \frac{3}{2} nπ \right) \right] E então, pelas relações de ortogonalidade, concluímos \int_0^5 u(x, \frac{3}{2}) \cdot sen\left( \frac{2πx}{5} \right) \, dx = 0 , \ \forall \, n \ne 2 pois ao aplicarmos a distributiva, obtemos \int_0^5 sen\left( \frac{nπx}{5} \right) sen\left( \frac{2πx}{5} \right) \, dx = \begin{cases} 0 , & \text{se } n \ne 2 \\ \frac{5}{2} , & \text{se } n = 2 \end{cases} Logo, ∫₀⁵ u(x, 3/2) xⁿ (2πx/5) dx = ∫₀⁵ a₂ xⁿ (2πx/5) cos(3.2π) dx + b₂ xⁿ (2πx/5) ( oscancel) xⁿ x2.2 π) dx (e.g. 0) =-a₂ ∫₀⁵ xⁿ (2πx/5) dx = -a₂ ⁵/2 Temos que, ∀ n ≥ 1 aₙ = 2/5 ∫₀⁵ (x - 5 - 3x) (x - 5) / 500 xⁿ (πx/5) dx = - 25(-1)⁴ 2ⁿ π³ ₁² e.g. ω Para n = 2 : a₂ = 2/5 (-25(-1)² π(,ω) 2²π(2³ e.g. = 2/5 (- 25(1/5) 2²(3) pos(10/no) 8π³ 2/5 ( 25, (.450)1 2/5 (- 45 /eplr?) ( e²,3π) Portanto, ∫₀⁵ u(x, 3/2) 2/5 ( - ∫₂ (2πx/5) - π²/3) 2 π²/3 16π³ (45/ →) π²/3 =