Terceira prova de EDC – 2021/1
QUESTÃO 1
a) Encontre a série de fourier para a função 𝑓(𝑥) = |sen(𝜋𝑥)|
b) Utilizando o teorema de Fourier, o que podemos dizer sobre 𝑓(1) e sobre sua série
de Fourier calculada em 𝑥 = 1?
c) Utilizando os itens a) e b), encontre o valor de
∞
∑
𝑘=1
1
4𝑘 2 − 1
Solução:
O gráfico de 𝑓(𝑥) = |sen(𝜋𝑥)| é:
a)
A série de Fourier é
∞
𝑎0
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋𝑥
𝑓(𝑥) =
+ ∑ [𝑎𝑛 cos (
) + 𝑏𝑛 sen (
)]
2
𝐿
𝐿
𝑛=1
Onde
1 𝐿
𝑎0 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝐿 −𝐿
1 𝐿
𝑛𝜋
𝑎𝑛 = ∫ 𝑓 (𝑥)cos ( 𝑥) 𝑑𝑥
𝐿 −𝐿
𝐿
1 𝐿
𝑛𝜋𝑥
𝑏𝑛 = ∫ 𝑓 (𝑥)sen (
) 𝑑𝑥
𝐿 −𝐿
𝐿
Considerando que 𝑓(𝑥) = |sen(𝜋𝑥)|, está definido em −1 ≤ 𝑥 ≤ 1. Então 𝐿 = 1
1 1
𝑎0 = ∫ |sen(𝜋𝑥)| 𝑑𝑥 →
1 −1
𝜋
𝑎0 = 2 ∫ sen(𝜋𝑥) 𝑑𝑥 → 𝑎0 =
0
2
𝜋
Calculando 𝑎𝑛
1
1 1
𝑎𝑛 = ∫ |sen(𝜋𝑥)| cos(n𝜋𝑥)𝑑𝑥 → 𝑎𝑛 = ∫ |sen(𝜋𝑥)| cos(n𝜋𝑥)𝑑𝑥
1 −1
−1
Como |sen(𝜋𝑥)|cos(n𝜋𝑥) é uma função par, então
1
𝑎𝑛 = 2 ∫ sen(𝜋𝑥) cos(n𝜋𝑥)𝑑𝑥
0
Integrando por partes
(1)
onde 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) e 𝑣 =
1
𝑛𝜋
𝑎𝑛 = 2sen(𝜋𝑥) [
𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥𝜋)
1
1
1
1
sen(n𝜋𝑥)]| − 2 ∫ 𝜋cos(𝜋𝑥)
sen(n𝜋𝑥)𝑑𝑥
n𝜋
n𝜋
0
0
1
1
1
1
𝑎𝑛 = 2sen(𝜋𝑥) [ sen(n𝜋𝑥)]| − 2 ∫ 𝜋cos(𝜋𝑥)
sen(n𝜋𝑥)𝑑𝑥
n𝜋
n𝜋
⏟
0
0
0
1
𝑎𝑛 = −2 ∫ 𝜋cos(𝜋𝑥)
0
1
sen(n𝜋𝑥)𝑑𝑥
n𝜋
2 1
𝑎𝑛 = − ∫ cos(𝜋𝑥) sen(n𝜋𝑥)𝑑𝑥
n 0
Integrando novamente por partes, agora 𝑢 = 𝑐𝑜𝑠(𝜋𝑥) e 𝑣 =
1
𝑛𝜋
𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑥𝜋)
2 1
𝑎𝑛 = − ∫ cos(𝜋𝑥) sen(n𝜋𝑥)𝑑𝑥
n 0
1
2
cos(𝑛𝜋𝑥)
2 1 cos(𝑛𝜋𝑥)
= cos(𝜋𝑥)
| + ∫
𝜋sen(𝜋𝑥)𝑑𝑥
𝑛
𝑛𝜋
𝑛 0
𝑛𝜋
0
1
2
1
[−cos(𝑛𝜋)
𝑎𝑛 = 2
− 1] + 2 2 ∫ cos(𝑛𝜋𝑥) sen(𝜋𝑥)𝑑𝑥
𝑛 𝜋
𝑛 ⏟0
𝑎𝑛
Sabemos que cos(𝑛𝜋) = (−1)𝑛
2
1
[− (−1)𝑛 − 1] + 2 𝑎𝑛
2
𝑛 𝜋
𝑛
1
2
𝑎𝑛 (1 − 2 ) = 2 [−(−1)𝑛 − 1]
𝑛
𝑛 𝜋
𝑎𝑛 =
𝑎𝑛 =
2𝑛2
[−(−1)𝑛 − 1]
𝑛2 𝜋(𝑛2 − 1)
𝑎𝑛 =
2
[ (−1)𝑛 + 1]
2
𝜋(1 − 𝑛 )
Podemos ver que 𝑎𝑛 é 0 para n ímpar, e
𝑎𝑛 =
4
𝜋(1 − 𝑛2 )
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 𝑝𝑎𝑟
Calculando 𝑏𝑛
1 1
𝑏𝑛 = ∫ |sen(𝜋𝑥)| sen(𝑛𝜋𝑥)𝑑𝑥
𝐿 −1
Como |sen(𝜋𝑥)|cos(n𝜋𝑥) é uma função ímpar, então
1 1
𝑏𝑛 = ∫ |sen(𝜋𝑥)| sen(𝑛𝜋𝑥)𝑑𝑥 = 0
𝐿 −1
Finalmente, a série de Fourier é, para n par
∞
2
4
𝑆(𝑥) = + ∑ [
cos(𝑛𝜋𝑥)]
𝜋
𝜋(1 − 𝑛2 )
𝑛:𝑝𝑎𝑟
Para generalizar o resultado forçamos que 𝑛 sempre seja para, para isso fazemos 𝑛 → 2𝑛
∞
2
4
𝑆(𝑥) = + ∑ [
cos(2𝑛𝜋𝑥)]
𝜋
𝜋(1 − 4𝑛2 )
𝑛=1
b)
A função em 𝑓(1), é
𝑓(1) = |sen(𝜋)| = 0
Na série de Fourier é
∞
2
4
𝑆(1) = + ∑ [
cos(2𝑛𝜋)]
𝜋
𝜋(1 − 4𝑛2 )
𝑛=1
∞
2
4
𝑆(1) = + ∑ [
]
𝜋
𝜋(1 − 4𝑛2 )
𝑛=1
Segundo o teorema de Fourier, a serie converge na média dos limites lateares em torno a
𝑥 → 1, ou seja:
lim+ 𝑓(𝑥) + lim− 𝑓(𝑥)
𝑥→1
𝑆(𝑥=1) = 𝑥→1
≅0
2
c) Usando o resultado de b)
∞
2
4
0 = +∑[
]
𝜋
𝜋(1 − 4𝑛2 )
𝑛=1
∞
∑[
𝑛=1
4
2
]=
2
𝜋(4𝑛 − 1)
𝜋
∞
∞
𝑛=1
𝑛=1
4
1
2
1
1
∑[ 2
]=
→ ∑[ 2
]=
𝜋
4𝑛 − 1
𝜋
4𝑛 − 1
2
Se 𝑛 = 𝑘
∞
∑
𝑘=1
1
1
=
−1 2
4𝑘 2
QUESTÃO 2 – Considere o seguinte problema de condução de calor:
𝑢𝑡 = 3𝑢𝑥𝑥 ,
𝑢(0, 𝑡) = 0,
{
𝑢(𝜋, 𝑡) = 10,
𝑢(𝑥, 0) = 3sen(2𝑥),
0 < 𝑥 < 𝜋, 𝑡 > 0
𝑡>0
𝑡>0
0<𝑥<𝜋
a) Encontre a solução 𝑢(𝑥, 𝑡) desse problema.
b) Qual a temperatura de equilíbrio em cada ponto 𝑥 da barra?
Solução:
Para este caso as condições de contorno agora são não homogêneas. Podemos reescrever
a solução 𝑢(𝑥, 𝑡) como uma soma de 2 partes, uma parte independente do tempo e uma
parte dependente do tempo:
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑣(𝑥) + 𝑤(𝑥, 𝑡)
Onde 𝑣(𝑥) é a solução de estado estacionário, que é independente de t, e 𝑤(𝑥, 𝑡) é
chamada de solução transitória, que varia com 𝑡.
A solução de estado estacionário, 𝑣(𝑥), de um problema de condução de calor é a parte
da função de distribuição de temperatura que é independente do tempo 𝑡. Ele representa
a distribuição de temperatura de equilíbrio. Para encontrá-lo, notamos o fato de que é uma
função de 𝑥, mas tem que satisfazer a equação de condução de calor. Substituindo na
equação de condução de calor, obtemos
∂
∂2
(𝑣(𝑥)) = 3 2 (𝑣(𝑥))
∂t
∂x
∂2
0 = 3 2 (𝑣(𝑥))
∂x
Resolvendo a eq. Diferencial
𝑣(𝑥) = 𝐵 + 𝐴𝑥
Considerando as condições de contorno 𝑢(0, 𝑡) = 0 e 𝑢(𝜋, 𝑡) = 10
𝑣(0) = 0
E
𝑣(𝜋) = 10
Então
𝑣(0) = 0 = 𝐵 + 𝐴 ∙ 0 → 𝐵 = 0
E
𝑣(𝜋) = 10 = 𝐵 + 𝐴𝜋 → 𝐴 =
10
𝜋
Assim, a solução estacionaria é:
𝑣(𝑥) =
10
𝑥
𝜋
(1)
Devido a que a solução é da forma 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑣(𝑥) + 𝑤(𝑥, 𝑡), agora adaptaremos as
condições iniciais
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = 𝑣(𝑥) + 𝑤(𝑥, 0)
→
𝑤(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) − 𝑣(𝑥)
Consequentemente, a solução transitória é uma função de 𝑥 e 𝑡 que deve satisfazer o novo
problema de valor inicial:
𝛼 2 𝑤𝑥𝑥 = 𝑤𝑡 , 0 < 𝑥 < 𝜋,
𝑤(0, 𝑡) = 0
𝑤(𝜋, 𝑡) = 0
𝑤(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) − 𝑣(𝑥)
𝑡>0
Onde 𝛼 2 = 3 e 𝑓(𝑥) = 3sen(2𝑥)
O primeiro passo é a separação das variáveis
𝑤𝑥 (0, 𝑡) = 0 → 𝑋 ′ (0)𝑇(𝑡) = 0 → 𝑋 ′ (0) = 0 or
𝑤𝑥 (𝜋, 𝑡) = 0 → 𝑋 ′ (𝜋)𝑇(𝑡) = 0 → 𝑋 ′ (𝜋) = 0 or
𝑇(𝑡) = 0
𝑇(𝑡) = 0
Então
𝑋 ′′ + 𝜆𝑋 = 0,
𝑋 ′ (0) = 0
e
𝑋 ′ (𝜋) = 0
𝑇 ′ + 𝛼 2 𝜆𝑇 = 0
A segunda etapa é resolver o problema do autovalor
𝑋 ′′ + 𝜆𝑋 = 0,
𝑋 ′ (0) = 0
e
𝑋 ′ (𝜋) = 0
Sabemos que a solução existe para 𝜆 > 0
𝜆=
𝑛2 𝜋 2
= 𝑛2 ,
𝜋2
𝑛 = 1,2,3, …
As funções próprias correspondentes que satisfazem as referidas condições de contorno
são
𝑛𝜋𝑥
) = sen(𝑛𝑥) ,
𝜋
𝑋𝑛 = sen (
𝑛 = 1,2,3, …
(2)
Então a eq. 𝑇 ′ + 𝛼 2 𝜆𝑇 = 0 fica
𝑇 ′ + 𝛼 2 𝑛2 𝑇 = 0
O qual é uma eq. Diferencial de coeficiente constantes, e a solução é
𝑇𝑛 (𝑡) = 𝐶𝑛 𝑒 −𝛼
2 𝑛2 𝑡
,
𝑛 = 1,2,3, …
𝑇𝑛 (𝑡) = 𝐶𝑛 𝑒 −3𝑛 𝑡 ,
𝑛 = 1,2,3, …
2
Combinando as eqs. (2) e (3) obtemos
2
𝑤𝑛 (𝑥, 𝑡) = 𝑇𝑛 (𝑡)𝑋𝑛 (𝑡) = 𝐶𝑛 𝑒 −3𝑛 𝑡 sen (𝑛𝑥)
A solução geral é sua combinação linear é:
∞
2
𝑤(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐶𝑛 𝑒 −3𝑛 𝑡 sen (𝑛𝑥)
𝑛=1
(3)
Onde os coeficientes 𝐶𝑛 são iguais aos coeficientes de seno de Fourier correspondentes
𝑏𝑛 da (reescrita) condição inicial 𝑤 (𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) − 𝑣(𝑥). Explicitamente, eles são
dados por
𝐶𝑛 = 𝑏𝑛 =
2 𝜋
∫ ( 𝑓(𝑥) − 𝑣(𝑥))sin (𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜋 0
Sabemos que 𝑓(𝑥) = 3sen(2𝑥) e 𝑣(𝑥) =
10
𝜋
𝑥
2 𝜋
10
𝐶𝑛 = 𝑏𝑛 = ∫ ( 3sen(2𝑥) − 𝑥)sin (𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜋 0
𝜋
2 𝜋
10
𝑏𝑛 = ∫ ( 3sen(2𝑥)sin (𝑛𝑥) − 𝑥sin (𝑛𝑥))𝑑𝑥
𝜋 0
𝜋
𝑏𝑛 =
2 𝜋
2 𝜋 10
∫ ( 3sen(2𝑥)sin (𝑛𝑥)) 𝑑𝑥 − ∫ ( 𝑥 sin(𝑛𝑥)) 𝑑𝑥
𝜋 0
𝜋 0 𝜋
Integrando a anterior eq. (usando os resultados da questão 1)
12sen(𝑛𝜋) 2 𝜋 10
𝑏𝑛 = 2
− ∫ ( 𝑥 sin(𝑛𝑥)) 𝑑𝑥
(𝑛 − 4)𝜋 𝜋 0 𝜋
𝑏𝑛 =
12sen(𝑛𝜋) 20
−
(𝑛2 − 4)𝜋
𝜋
⏟
0
𝑏𝑛 = −
20
𝜋
Finalmente a solução é:
∞
10
20
2
𝑢(𝑥, 𝑡) =
𝑥 − ∑ 𝑒 −3𝑛 𝑡 sen (𝑛𝑥)
𝜋
𝜋
𝑛=1
b) A temperatura de equilíbrio é a solução estacionaria, também podemos confirmar essa
solução fazendo que 𝑡 → ∞ , que fisicamente se interpretaria como a temperatura em um
tempo muito longo o qual é a temperatura de equilíbrio. Então essa temperatura de
equilíbrio em função de 𝑥 é:
𝑢(𝑥) =
10
𝑥
𝜋
QUESTÃO 3 – Considere uma modificação da equação da onda:
𝑢𝑡𝑡 + 𝑢 = 4𝑢𝑥𝑥 ,
{𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(𝜋, 𝑡) = 0,
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥), 𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 0,
0 < 𝑥 < 𝜋, 𝑡 > 0
𝑡>0
0<𝑥<𝜋
a) Encontre a solução geral desse problema, utilizando separação de variáveis.
b) Resolva o problema para 𝑓 ≡ 1.
Solução:
a) Considerando a separação de variáveis
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡)
Então
𝑋𝑇𝑡𝑡 + 𝑋𝑇 = 4𝑋𝑥𝑥 𝑇
𝑋(𝑇𝑡𝑡 + 𝑇) = 4𝑋𝑥𝑥 𝑇
(𝑇𝑡𝑡 + 𝑇) 𝑋𝑥𝑥
=
= −𝜆
4𝑇
𝑋
As equações diferenciais separadas são
4𝑋𝑥𝑥
= −𝜆 →
𝑋
𝑋𝑥𝑥 + 𝜆𝑋 = 0
(1)
Para 𝜆 < 0, a solução de (1) é
𝑋 = 𝑐1 𝑒 √𝜆𝑥 + 𝑐2 𝑒 −√𝜆𝑥
Sabemos que 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0, com 𝐿 = 𝜋
0 = 𝑐1 + 𝑐2 → 𝑐1 = −𝑐2
0 = 𝑐1 𝑒 √𝜆𝐿 + 𝑐2 𝑒 −√𝜆𝐿 → 0 = 𝑐1 𝑒 √𝜆𝐿 − 𝑐1 𝑒 −√𝜆𝐿 ;
𝑐1 = 0
Para 𝜆 > 0, a solução de (1) é
𝑋 = 𝑐3 cos(√𝜆𝑥) + 𝑐4 𝑠𝑒𝑛(√𝜆𝑥)
Sabemos que 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0, com 𝐿 = 𝜋
0 = 𝑐3 cos(0) + 𝑐4 𝑠𝑒𝑛(0) →
0 = 𝑐3 cos(√𝜆𝐿) + 𝑐4 𝑠𝑒𝑛(√𝜆𝐿) →
√𝜆𝐿 = 𝑛𝜋 → 𝜆 =
𝑐3 = 0
𝑐4 𝑠𝑒𝑛(√𝜆𝐿) = 0
𝑛2 𝜋 2
→ 𝜆 = 𝑛2
𝐿2
Então
𝑋 = 𝑐4 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛𝜋
𝑥)
𝐿
𝑋 = 𝑐4 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)
Agora resolvendo a eq.:
(𝑇𝑡𝑡 + 𝑇)
= −𝜆
4𝑇
→ 𝑇𝑡𝑡 + (1 + 4𝜆)𝑇 = 0
(3)
Para 1 + 4𝜆 > 0, a solução de (3) é
𝑇 = 𝑐5 cos(√1 + 4𝜆𝑡) + 𝑐6 𝑠𝑒𝑛(√1 + 4𝜆𝑡)
A solução geral é:
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡)
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑐4 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)[𝑐5 cos(√1 + 4𝜆𝑡) + 𝑐6 𝑠𝑒𝑛(√1 + 4𝜆𝑡)]
𝑢(𝑥, 𝑡) = [𝑎 cos(√1 + 4𝜆𝑡) + 𝑏 𝑠𝑒𝑛(√1 + 4𝜆𝑡)]𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)
Como 𝜆 = 𝑛2
𝑢(𝑥, 𝑡) = [𝑎 cos (√1 + 4𝑛2 𝑡) + 𝑏 𝑠𝑒𝑛 (√1 + 4𝑛2 𝑡)] 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥)
A combinação linear das soluções possíveis, é
∞
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ (𝑎𝑛 cos (√1 + 4𝑛2 𝑡) + 𝑏𝑛 sin (√1 + 4𝑛2 𝑡)) sin (𝑛𝑥)
𝑛=1
Com as condições de contorno 𝑢(𝑡 = 0) = 𝑓(𝑥), 𝑢𝑡 (𝑡 = 0) = 0
∞
𝑓(𝑥) = 𝑢(𝑥, 0) = ∑ 𝑎𝑛 sin(𝑛𝑥)
𝑛=1
E
∞
0 = 𝑢𝑡 = ∑ (−𝑎𝑛 √1 + 4𝑛2 sen (√1 + 4𝑛2 𝑡)
𝑛=1
+ 𝑏𝑛 √1 + 4𝑛2 cos (√1 + 4𝑛2 𝑡)) sin (𝑛𝑥)
∞
0 = 𝑢𝑡 (𝑥, 0) = ∑ 𝑏𝑛 (√1 + 4𝑛2 ) sin(𝑛𝑥)
𝑛=1
Por ortogonalidade, podemos multiplicar ambas as equações por sen(𝑚𝑥) e integrar:
𝜋
∫ 𝑓 (𝑥)sin (𝑚𝑥)𝑑𝑥 = 𝑎𝑚
0
𝜋
2
→ 𝑎𝑛 =
2 𝜋
∫ 𝑓 (𝑥)sin(𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜋 0
𝜋
𝜋
∫ 0 𝑑𝑥 = 𝑏𝑚 √1 + 𝑚2
2
0
→ 𝑏𝑛 = 0
Finalmente a solução geral é:
∞
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ (𝑎𝑛 cos (√1 + 4𝑛2 𝑡)) sin (𝑛𝑥)
𝑛=1
Onde
2 𝜋
𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑥) sin(𝑛𝑥)𝑑𝑥
𝜋 0
b) Resolvendo o problema para 𝑓 ≡ 1.
2 𝜋
𝑎𝑛 = ∫ sin(𝑛𝑥) 𝑑𝑥
𝜋 0
𝑎𝑛 =
2 1 − cos (𝑛𝜋)
[
]
𝜋
𝑛
𝑎𝑛 =
2
[1 − (−1)n ]
𝜋𝑛
Então a solução é
∞
2[1 − (−1)n ]
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ (
cos (√1 + 4𝑛2 𝑡)) sin (𝑛𝑥)
𝜋𝑛
𝑛=1