Exercícios - Revisão - Cálculo 4 - 2023-2

5) Consideremos o seguinte P.V.F : \begin{cases} u_t = K u_{xx} , \ \ \ 0 < x < L, \ t > 0\\u(0,t) = u(L,t) = 0 , \ \ \ t>0\\u(x,0) = f(x), \ \ 0 \leq x \leq L\end{cases} Suponhamos que u(x,t) = X(x) T(t) então u_t (x,t) = X(x) T\ '(t) u_{xx} (x,t) = X\ ''(x) T(t) e assim, u_t = K u_{xx} \Rightarrow X(x) T\ '(t) = K \ X\ ''(x) T(t) \Rightarrow \frac{X\ ''(x)}{X(x)} = \frac{1}{K} \frac{T\ '(t)}{T(t)} Como as funções em variáveis distintas, então ambos os lados deve independer de x e t, isto é, \frac{X\ ''}{X} = \sigma , \ \ \ \frac{1}{K} \frac{T\ '}{T} = \sigma , \ \ \ \sigma \ \in \mathbb{R} Das condições de fronteira, obtemos: u(0,t) = X(0) T(t) = 0 \ \ \ \Rightarrow \ \ \ X(0) = 0 pois buscamos soluções não - triviais \ ( T(t) \neq 0 ) . Analogamente, u(L,t) = X(L) T(t) =0 \ \ \ \Rightarrow \ \ \ X(L) =0 Obtemos então \begin{cases}X\ '' - \sigma X = 0 , \ \ \ \ \ 0 < x < L\\X(0) = X(L) = 0\end{cases} i) Se \sigma = 0 \ \ \ \Rightarrow X\ ''(x) = 0 X\ '(x) = A, \ \ \ \ A \in \mathbb{R} \Rightarrow \quad X(x) = A x + B, \ \ \ \ B \in \mathbb{R} e então X(0) = A \cdot 0 + B \ \ \ \Rightarrow \ \ \ B = 0 X(L) = A \cdot L \ \ \ \Rightarrow \ \ \ A = 0 pois claramente, L>0. Logo, X (x) \equiv 0 o que não convém. Agora, se \sigma \neq 0 \ , a equação característica é \lambda^2 - \sigma = 0 \lambda^2 = \sigma \lambda = \pm \sqrt{\sigma } ii) Se \ \sigma > 0 \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \lambda \ \in \mathbb{R} \ \ \ e \ \ \ assim, X (x) = c_1 e^{\sqrt{\sigma} x} + c_2 e^{ - \sqrt{\sigma} x} com \ \ \ c_1 , c_2 \ \in \mathbb{R} c) Uma função terá sua série de Fourier apenas com termos de ordem ímpar quandof\left( x + \frac{\tau}{2} \right) = - f (x) , \ \ \ \forall x \in Dom(f) onde \tau é seu período. f_1 : Tomemos \ \ x = \frac{1}{2} , \ \ \ \sendo \ \tau = 2 : \begin{array}{l} \frac{3}{2} \end{array} \frac{\begin{array}{l} 1 \end{array}}{8} \begin{array}{c}\frac{3}{2}\end{array} \begin{Vmatrix}\frac{1}{2} +\frac{2}{2}\end{Vmatrix}^{\begin{Vmatrix}3/2\end{Vmatrix}} \begin{Vmatrix}\frac{1}{2}\end{Vmatrix}\begin{Vmatrix}-\frac{1}{8}\end{Vmatrix} \begin{array}{l}- \frac{1}{8} \ = \ - \frac{1}{8} \end{array} Claramente isso ocorre \ \forall x \in \mathbb{R} \ \ \Rightarrow \ \ f_n \ \ \ terá apenas coeficientes de ordem ímpar. Em \ f_2 \ ; não há inversão de sinal pois sua imagem é [0,4] \ \Rightarrow \ \ não ocorre o que se pede. Em \ f_3 \ ; a cada meio período, é possível ver que há inversão de sinal mas mantendo-se, por simetria, o valor absoluto \ \Rightarrow somente termos de ordem ímpar. A mesma justificativa de \ f_3 \ se aplica à \ f_4 . onde f2(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 entre para t ≥ 3 f(t) = 2t + (1-2t) + (2t - 7) = 2t - 6 logo, f(t) = \begin{cases} 2t, & 0 < t < 1 \\ 1, & 1 ≤ t < 3 \\ 2t - 6, & t ≥ 3 \end{cases} o que nos dá [graph showing the piecewise function across different t intervals] 2) Seja f(t) = \int_0^t e^{-3u} u 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} Assim, F(s) = \frac{1}{5} \frac{8!}{(s+8)^9} Deste modo, L{e^{st} \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} + \left(e^{-t} - e^{-t}\right) u(t-2) f(t) = e^{-t} - 2e^{-t} u(t-2) Assim, obtemos: L\{f(t)\} = L\{e^{-t}\} - 2 L\{e^{-t} u(t-2)\} = \frac{1}{s+1} - 2 \cdot L\{e^{-t+2-2} \cdot u(t-2)\} = \frac{1}{s+1} - 2 \cdot L\{e^{-(t-2)} \cdot e^{-2} \cdot u(t-2)\} = \frac{1}{s+1} - 2e^{-2} L\{e^{-(t-2)} u(t-2)\} = \frac{1}{s+1} - 2e^{-2} \cdot e^{-2s} \cdot G(s) \, onde \quad G(s) = L\{e^{-t}\} = \frac{1}{s+1} \quad logo, F(s) = L\{f(t)\} = \frac{1}{s+1} - \frac{2e^{-2(s+1)}}{s+1} Então, L\{y^{(3)}(t)\} - 2 L\{y^{(2)}(t)\} + 10 L\{y(t)\} = L\{f(t)\} s^2 Y(s) - sy(s)^0 - y(0)^0 - 2 (sY(s) - y(0)^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 frações 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)} s^2(A + C) + s(A + B - 2C) + (B + 10C) \boxed{\begin{align*} \rightarrow & \begin{cases} A + C &= 0 \ A + B - 2C &= 0 \ B + 10C &= 1 \end{cases} \rightarrow & A = -C \rightarrow -C + B - 2C = 0 \rightarrow B = 3C \end{align*}} Logo, 3C + 10C = 1 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-1)^2+3^2} = \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} t \sin(3t) Seja agora H(s) = \frac{1}{s+1} \implies 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 - 2e^{-2(s+1)} \right) Y(s) = \frac{1}{13} \cdot \left( - G(s) + H(s) \right) \cdot \left( 1 - 2e^{-2(s+1)} \right) Y(s) = \frac{1}{13} \cdot \left( -G(s) + H(s) + 2G(s) \cdot e^{-2(s+1)} - 2 H(s) e^{-2(s+1)} \right) Y(s) = \frac{1}{13} \cdot \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) , \, notas 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{\quad y(t) = \frac{1}{13} \left( -g(t) + h(t) \right) + \frac{2e^{-2}}{13} \left( g(t-2) - h(t-2) \right) u(t-2) \quad} com \quad g(t) \quad e \quad h(t) \quad dados \quad abaixo: g(t) = e^{t} \left( \cos(3t) - \frac{2}{3} \sin(3t) \right) h(t) = e^{-t} {a) se \ f \ for \ impar, \ entao \ sua \ serie \ de \ Fourier \ tera \ apenas \ senos. \begin{bmatrix} {} \end{bmatrix} a) g(t) b) se \ f \ for \ par, \ sua \ serie \ de \ Fourier \ tera \ apenas \ cossenos. Uma \ funcao \ sera \ par \ se \ seu \ grafico \ for \ simetrico \ ao \ eixo \ y : Notemos \ que \ nenhuma \ função \ é \ par : Nos \ é \ par Nos \ é \ par Nos \ é \ par. E antes X(0) = c_1 e^{\sqrt{\sigma} \cdot 0} + c_2 e^{-\sqrt{\sigma} \cdot 0} = 1 \Rightarrow c_1 + c_2 = \cancel{0} \rightarrow 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 \left( - e^{\sqrt{\sigma} L} + e^{-\sqrt{\sigma} L} \right) = 0 Supondo que \; c_2 \neq 0 \; (pois, do contrário, \; c_1 = 0 \Rightarrow X \equiv 0), \; então -e^{\sqrt{\sigma} L} + e^{\sqrt{\sigma} L} = 0 \sqrt{\sigma}\sqrt{L} = e^{\sqrt{\sigma} L} \Rightarrow -\sqrt{\sigma}/ \cancel{\sqrt{\sigma}} = \cancel{\sqrt{\sigma}} -\sqrt{\sigma} = \sqrt{\sigma} \iff \sigma = 0 O que é um absurdo. logo, \; c_2 = 0 \Rightarrow X = 0. iii) Caso \; \sigma < 0, \; então \lambda = \pm \sqrt{\sigma} \in \mathbb{C} \Rightarrow \lambda = \pm \sqrt{-\sigma} \cdot i e deste modo, X(x) = A \cos(\sqrt{-\sigma} x) + B \sin(\sqrt{-\sigma} x) ,\quad A, B \in \mathbb{R} \Rightarrow 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 \Rightarrow \sin(\sqrt{-\sigma} L) = 0 \; e \; assim, \; \sqrt{-\sigma} L = n \pi, \quad n \in \mathbb{Z} \sqrt{-\sigma} = \frac{n \pi}{L} \Rightarrow \sigma = \frac{n^2 \pi^2}{L^2} \Rightarrow \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), \quad B_n \in \mathbb{R} e assim, \frac{1}{K} \cdot \frac{T'}{T} = \sigma \implies \frac{T'}{T} = K \sigma \frac{1}{T} \frac{dT}{dt} = K \sigma isto é, \frac{dT}{T} = K \sigma \, dt \implies \int \frac{dT}{T} = \int K \sigma \, dt \ln (T) = K \sigma \, t + c ,\quad c \in \mathbb{R} T = e^{K \sigma \, t + c} = e^{K \sigma \, t} \cdot (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 \kappa \, t}{L^2}}, \quad 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 e^{\frac{-n^2 \pi^2 \kappa \, t}{L^2}} sendo \; B_n \cdot A_n = C_n, \; temos: u_n(x, t) = c_n e^{\frac{-n^2 \pi^2 \kappa \, t}{L^2}} \sin \left( \frac{n \pi x}{L} \right) E, do princípio da superposição, a solução será u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n e^{\frac{-n^2 \pi^2 \kappa \, t}{L^2}} \sin \left( \frac{n \pi x}{L} \right) Dado \; u(x, 0) = f(x), \; temos: f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n \sin \left( \frac{n \pi x}{L} \right) isto é, \; c_n \; é \; o \; coeficiente \; de \; Fourier \; de \; f: c_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin \left( \frac{n \pi x}{L} \right) dx No PVIF: \left\{\begin{array}{l} 5u_{xx} = u_t \\ u(0,t) = u(\pi,t) = 0 \\ u(x,0) = f(x) \end{array}\right. Temos: K = 5, \ L = \pi \ e \ \text{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^2t} \sin(nx) \text{onde} \ c_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \left( 2\sin(2x) - \sin(7x) \right) \sin(nx) \ dx \text{Da ortogonalidade das funções seno, temos:} \int_0^\pi \sin(2x) \sin(nx) \ dx = 0, \ \forall \ n \neq 2 \ e \ \int_0^\pi \sin(7x) \sin(nx) \ dx = 0, \ \forall \ n \neq 7 \text{Assim, para} \ n = 2, \ \text{temos:} c_2 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi 2 \sin(2x) \sin(2x) \ dx e \ \text{para} \ n = 7 c_7 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi -\sin(7x) \sin(7x) \ dx de modo que, \text{se} \ k \neq 0 \int \sin(kx) \sin(kx) \ dx = \int \sin^2(kx) = \int \left(\frac{1}{2} - \frac{\cos(2kx)}{2}\right) \ dx = \frac{1}{2} \left\{ \int \mathbf{1} \ dx - \int \cos(2kx) \ dx \right\} \text{Se} \ u = 2kx \Rightarrow du = 2k \ dx \Rightarrow dx = \frac{du}{2k} \text{e então} \int \cos(2kx) \ dx = \int \cos(u) \frac{du}{2k} = \frac{\sin(u)}{2k} = \frac{\sin(2kx)}{2k} \Rightarrow \int \sin^2(kx) \ dx = \frac{1}{2} \left(x - \frac{\sin(2kx)}{2k}\right) + \text{constante} \text{Então,} \ 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( x - \frac{\sin(4x)}{4} \right) \right)\bigg\vert_{x=0}^{x=\pi} = \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 \ 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) \right)\bigg\vert_{x=0}^{x=\pi} = \frac{-1}{\pi} \left( \pi - \frac{\sin(14\cdot\pi)}{14} - 0 + \frac{\sin(14\cdot 0)}{14} \right) = \frac{-1}{\pi} \cdot \pi = -1 \text{Portanto,} u(x,t) = u_2(x,t) + u_2(x,t) u(x,t) = c_2 e^{-5\cdot 2^2 t} \sin(2x) + c_7 e^{-5\cdot 7^2 \cdot t} \sin(7x) u(x,t) = 2e^{-20t} \sin(2x) - e^{-245t} \sin(7x) 6) \text{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(2x) + \right) \ dx \text{Das relações de ortogonalidade, } \forall m,n \geq 1.\int_{-\pi}^{\pi}\sin(mx)\cos(nx)\,dx = 0 , \int_{-\pi}^{\pi}\sin(mx)\sin(nx)\,dx=\left\{\begin{array}{cl}\pi, & m=n \\0, & m\neq n\end{array}\right. \ , \int_{-\pi}^{\pi}\cos(mx)\cos(nx)\,dx=\left\{\begin{array}{cl}\pi, & m=n \\0, & m\neq n\end{array}\right. \text{Assim, }\langle f,g \rangle = \int_{-\pi}^{\pi}\left(-6\sin(2x)\sin(6x) - 42\sin(3x)\sin(6x) - 36\sin(8x)\sin(6x) - 6\cos(4x)\cos(4x)\right)\,dx = \pi\left(-6\int_{-\pi}^{\pi}\sin(2x)\sin(6x)\,dx - 42\int_{-\pi}^{\pi}\sin(3x)\sin(6x)\,dx - 36\int_{-\pi}^{\pi}\sin(8x)\sin(6x)\,dx - 6\int_{-\pi}^{\pi}\cos(4x)\cos(4x)\,dx\right) = \pi Se k = 2, temos: -6\pi -42.0 -36.0 -6\pi = -12\pi -12\pi = -12\pi ✓ Se k = 3, -6.0 -42\pi -36.0 -6\pi = -12\pi -42\pi - 6\pi = -12\pi -48\pi = -12\pi ✗ Se k = 8: -6.0 -42.0 -36.\pi -6 -42\pi = -12\pi ✗ Logo, k = 2 4) Podemos tornar a expandir par da função f(x) = \begin{cases} 0, \text{se } 0 \le x < 1 \\ x-2, \text{se } 1 \le x < 2 \end{cases} \quad (2L=4) y 2 1 x -1 -2 0 1 2 x Assim, terá uma série de Fourier em cossenos. 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 (4\pi x) Tem-se: a_8 = \frac{2}{2} \int_{0}^{2} f(x) \cos (4\pi x) \, dx = \int_{0}^{1} 0 \cdot \cos(4\pi x) \, dx + \int_{1}^{2} (x-2) \cos (4\pi x) \, dx Se u=x-2 \Rightarrow \mathrm{d}u=\mathrm{d}x;\ \mathrm{d}v=\cos(4\pi x) \, \mathrm{dx} \Rightarrow v=\frac{\sin(4\pi x)}{4\pi} E integrando-se por partes, a_8 = (x-2) . \frac{\sin(4\pi x)}{4\pi} \bigg|_{x=1}^{x=2} - \int_{1}^{2} \frac{\sin(4\pi x)}{4\pi} \, \mathrm{d}x a_8 = (2-2) . \frac{\sin(8\pi)}{4\pi} - (1-2) . \frac{\sin(4\pi)}{4\pi} - \frac{1}{4\pi} \int_{0}^{2} \sin(4\pi x) \, \mathrm{d}x x=t=4\pi x => \mathrm{d}t=4\pi \, \mathrm{d}x \Rightarrow \mathrm{d}x = \mathrm{d}t/4\pi \text{a}_8 = -\frac{1}{4\pi} \int \sin t . \frac{\mathrm{d}t}{4\pi} = -\frac{1}{16\pi^2} \cdot \int \sin t \, \mathrm{d}t = \frac{\cos t}{16\pi^2} \text{a}_8 = \frac{\cos(4\pi x)}{16\pi^2} \bigg|_{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{\pi^2}{12} t} \sen \left(\frac{n\pi x}{3}\right) \\ Notemos \ que \ como \ \ n=1 \ \rightarrow \ \ n=3 \ \left(\frac{3}{3} = 1\right) \\ c_n = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} \left( -6 \ sen \left(\frac{\pi x}{3}\right) + 2 \ sen \left(\pi x\right) \right) sen \left(\frac{n\pi x}{3}\right) \, dx \\ esta \ c_n = 0 , \ \forall n \neq 1 , 3 . \\ logo, \\ c_1 = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} \left(-6 \ sen \left(\frac{\pi x}{3}\right) \right) sen \left(\frac{\pi x}{3}\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 = -4 \left. \frac{1}{2} \left( x - \frac{\sen \left(\frac{2\pi x}{3}\right)}{\frac{2\pi}{3}} \right) \right|_{x=0}^{x=3} \\ c_1 = -2 \left( 3 - \frac{3}{2\pi} \sen \left(\frac{2\pi \cdot 3}{3}\right) -0 + \frac{3}{2\pi} \sen \left(\frac{\pi \cdot 0}{3}\right) \right) \\ c_1 = -6 e \, \, analogamente, \\ c_3 = \frac{2}{3} \int_{0}^{3} \left(2 \sen \left(\pi x\right) \right) sen \left(\pi x\right) \, dx = \frac{4}{9} \int_{0}^{3} \ sen^2 (\pi x) \, dx \\ c_3 = \frac{4}{3} \left. \frac{1}{x} \left( x - \frac{\sen \left(2\pi x\right)}{2\pi} \right) \right|_{x=0}^{x=3} = \frac{2}{3} \left( 3 - \frac{\sen \left(6\pi\right)}{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^{-\frac{3\pi^2}{12} 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) + 2 \, e^{-\frac{\pi^2}{4} t} \sen (\pi x) \\ e \, assim, \\ u \left(\frac{3}{2}; \frac{1}{\pi}\right) = -6 \, e^{-\frac{\pi^2}{12}} e \hspace{1em} \cancelto{1}{\sen \left(\frac{\pi \, \cancel{3}}{2}\right)} + 2 \, e^{-\frac{\pi^2}{4} \cdot \frac{1}{\cancel{\pi}} \cdot \cancel{1}} \sen \left(\pi \frac{3}{2}\right) \\ u \left(\frac{3}{2}; \frac{1}{\pi}\right) = -6 \, e^{-\frac{\pi^2}{12}} - 2 \, e^{-\frac{1}{4}} 9) Seja \ \ u(x,t) = X(x) \ T(t), \ entao \ temos \\ x(x) \frac{T''(t)}{T(t)} = 25 \ X''(x) \frac{T'(t)}{T(t)} \\ \Rightarrow \frac{X''(x)}{x(x)} = \frac{1}{25} \frac{T''(t)}{T(t)} = \sigma, \ \sigma \in \mathbb{R} \\ 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 \\ pois \ buscamos \ soluções \ não-triviais. \\ Deste \ modo, \ obtemos: \\ \begin{cases} X'' - \sigma \ X = 0 \\ X(0) = X(5) = 0 \end{cases} \\ E \ como \ concluído \ no \ exercício \ 5, \ para \ que \ u \neq 0, \ devemos \ ter \\ X_n(x) = C_n \sen \left(\frac{n \pi x}{5}\right), \ n \in \mathbb{Z}, \ C_n \in \mathbb{R} \\ sendo \ L = 5. \ Agora, \ temos \\ \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} = -25 \frac{n^2 \pi^2}{25} \\ T_n'' = -n^2 \pi^2 T_n T_n^{\prime\prime} + n^2 \pi^2 T_n = 0 cuja equação característica é \lambda^2 + n^2 \pi^2 = 0 \lambda^2 = -n^2 \pi^2 \lambda = \pm \sqrt{-n^2 \pi^2} = n\pi i ou seja, \ T_n(t) = A_n \cos(n\pi t) + B_n \sen(n\pi t), \ A_n, B_n \in \mathbb{R} logo, u_n(x,t) = X_n(x) \ T_n(t) u_n(x,t) = C_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \cdot (A_n \cos(n\pi t) + B_n \sen(n\pi t)) u_n(x,t) = A_n C_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \cos(n\pi t) + B_n C_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sen(n\pi t) E do princípio da superposição, concluímos que u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \cos(n\pi t) + b_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sen(n\pi t) \right] De \ u(x,0) = f(x), \ tem-se: f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \cos\stackrel{1}{(n\pi\cdot 0)} + b_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sen\stackrel{0}{(n\pi\cdot0)} \right] = \sum_{n=1}^{\infty} a_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) isto é, \ a_n \text{ é o coeficiente de Fourier da série de senos } \d f, f_n \ = \frac{2}{5} \int_0^5 f(x) \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) dx Agora, derivando-se termo a termo u_t(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \sin\left(\frac{n\pi x}{5}\right) n\pi (-\sen(n\pi t)) + b_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) n\pi \cos(n\pi t) \right] \Rightarrow g(x) = u_t(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) n\pi (-\sen(n\pi\cdot 0)) + b_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) n\pi \stackrel{1}{\cos(n\pi\cdot 0)} \right] \quad = \sum_{n=1}^{\infty} n\pi b_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) ou seja, \ n\pi b_n \text{ são os coeficientes da série de Fourier em seno da função } \, g(x) \int_0^5 g(x) \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) dx = b_n = \frac{2}{5n\pi} \int_0^5 g(x) \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) dx Agora, temos que u(x,\frac{3}{2}) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \cos\left(\frac{3}{2}n \pi \right)+ b_n \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sen\left(\frac{3}{2}n \pi \right) \right] E então, pelas relações de ortogonalidade, concluímos \int_0^5 u(x, \frac{3}{2}) \cdot \sen\left(\frac{2\pi x}{5}\right) dx = 0, \ \forall n \neq 2 pois ao aplicarmos a distributiva, obtemos \int_0^5 \sen\left(\frac{n\pi x}{5}\right) \sen\left(\frac{2\pi x}{5}\right) dx = \begin{cases} 0, & \text{se } n \neq 2\\ \frac{5}{2}, & \text{se } n = 2 \end{cases} Logo, \int_{0}^{5} u \left( x, \frac{3}{2} \right) \cdot \cos \left( \frac{2 \pi x}{5} \right) \, dx = \int_{0}^{5} a_2 \cdot \cos \left( \frac{2 \pi x}{5} \right) \cdot \cos \left( 3.2 \pi \right) \, dx \quad + \int_{0}^{5} b_2 \cdot \cos \left( \frac{2 \pi x}{5} \right) \cdot \cos \left( \frac{3}{2} \cdot 2 \pi \right) \, dx = -\, a_2 \int_{0}^{5} \cos \left( \frac{2 \pi x}{5} \right) \, dx = -\, a_2 \cdot \frac{5}{2} Temos\, que,\, \forall n \geq 1 a_n = \frac{2}{5} \int_{0}^{5} \frac{x (5 - 3 x) (x - 5)}{500} \cdot \cos \left( \frac{n \pi x}{5} \right) \, dx = -\frac{25 \cdot (-1)^n}{2 \pi^3 n^3} - \frac{10}{\pi^3 n^3} Para\, n = 2: a_2 = \frac{2}{5} \left( -\frac{25 \cdot (-1)^2}{2 \pi^3 \cdot 2^3} - \frac{10}{\pi^3 \cdot 2^3} \right) = \frac{2}{5} \left( -\frac{25 \cdot 1}{2 \pi^3 \cdot 8} - \frac{10}{\pi^3 \cdot 8} \right) = \frac{2}{5} \left( -\frac{25}{16 \pi^3} - \frac{10}{8 \pi^3} \right) a_2 = \frac{2}{5} \left( -\frac{25 - 20}{16 \pi^3} \right) = \frac{2}{5} \left( -\frac{45}{16 \pi^3} \right) Portanto, \int_{0}^{5} u \left( x, \frac{3}{2} \right) \cdot \cos \left( \frac{2 \pi x}{5} \right) \, dx = -\frac{2}{5} \left( -\frac{45}{16 \pi^3} \right) \cdot \frac{5}{2} = \frac{45}{16 \pi^3}