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TT010 Matematica Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRP01, 10 Set 2010Prof. Nelson Luıs Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] Se X e uma variavel aleatoria continuamente distribuıda, com f.d.p.
fX(x) = Kx2e−x2
, 0 ≤ x <∞,
calcule K. O fato
Γ(x) ≡∫ ∞0
tx−1e−t dt
pode ser util.
SOLUCAO DA QUESTAO: ∫ ∞0
Kx2e−x2
dx = 1.
Faca a substituicao
x2 = t,
2x dx = dt,
dx =dt
2x=
dt
2t1/2=
1
2t−1/2 dt.
Obtenha ∫ ∞0
Kte−t1
2t−1/2 dt = 1,
K
2
∫ ∞0
t1/2e−t dt = 1,
K
2Γ(3/2) = 1,
K =2
Γ(3/2). (questao certa se este ponto foi atingido)
Alguns se animaram:
xΓ(x) = Γ(x+ 1)⇒ (1/2)Γ(1/2) = Γ(3/2)⇒
K =2
(1/2)Γ(1/2)=
4
Γ(1/2).
E e mesmo possıvel lembrar que Γ(1/2) =√π !
K =4√π
Continue a solucao no verso =⇒
2 [40] Considere a f.d.p. conjunta de X,Y :
fX,Y (x, y) = 8xy, 0 < x < y, 0 < y < 1.
a) [00] Esboce (== desenhe) cuidadosamente o domınio de variacao de X e Y no plano xy.
b) [20] Calcule as f.d.p. marginais fX(x) e fY (y).
c) [10] Calcule a f.d.p. condicional fY (y|X = x).
d) [10] X e Y sao variaveis aleatorias independentes? Justifique matematicamente.
SOLUCAO DA QUESTAO:
a) A regiao de variacao de X e Y e mostrada na figuraao lado. O desenho da figura e feito com MetaPost:
verbatimtex%&latex\documentclass{article}\begin{document}etexbeginfig (1) ;drawarrow (-1cm ,0)..(5cm ,0) ;drawarrow (0,-1cm)..(0 ,5cm) ;path tria ;tria = (0,0)--(4cm ,4cm)--(0,4cm)--cycle ;draw tria ;fill tria withcolor 0.7 ;draw (4cm ,0)--(4cm ,4cm) dashed evenly ;label.bot(btex $x$ etex ,(5cm ,0));label.rt(btex $y$ etex ,(0,5cm));label.lft(btex $1$ etex , (0,4cm));label.bot(btex $1$ etex , (4cm ,0));endfig ;end ;
x
y
1
1
Vale a pena verificar que ∫∫xy
fX,Y (x, y) = 1
usando MAXIMA:(%i1) f : 8*x*y ;(%o1) 8 x y(%i2) g : integrate(f,x,0,y);
3(%o2) 4 y(%i3) h : integrate(g,y,0,1);(%o3) 1
b) E muito importante respeitar a regiao de integracao: olhe para a figura e entenda as integrais abaixo:
fX(x) =
∫y
fXY (x, y) dy
=
∫ 1
y=x
8xy dy
= 4x(1− x2);
fY (y) =
∫x
fXY (x, y) dx
=
∫ y
x=0
8xy dx
= 4y3.
c)
fY (y|X = x) =fXY (x, y)
fX(x)
=8xy
4x(1− x2)
=2y
(1− x2).
d) Nao:fX(x)fY (x) = 4x(1− x2)4y3 = 16xy3(1− x2) 6= 8xy = fXY (x, y)
Continue a solucao no verso =⇒
3 [30] Se X e uma variavel aleatoria com f.d.p.
fX(x) =1
2, −1 ≤ x ≤ 1,
e Y = g(X) e uma funcao de X dada por
g(x) =
{0, −1 ≤ x < 0,
x2, 0 ≤ x ≤ 1,
obtenha a f.d.a. de Y , FY (y). Nao e uma boa ideia tentar obter diretamente fY (y).
SOLUCAO DA QUESTAO:
Da figura ao lado,
P{Y = 0} = P{−1 ≤ X ≤ 0} = 1/2,
FY (y) = P{Y ≤ y}= 1/2 + P{0 < Y ≤ y}= 1/2 + P{0 < X ≤ x}
= 1/2 +
∫ x
0
1
2dx
= 1/2 + x/2
= (1 +√y)/2
y = g(x)
−1 +1
+1
y
x
A figura desta questao tambem foi feita com MetaPost:
verbatimtex%&latex\documentclass [12pt]{ article}\usepackage{color}\begin{document}etex
input graph ;% ------------------------------------------------------------------------------% unidade de medida% ------------------------------------------------------------------------------un = 5cm ;% ------------------------------------------------------------------------------% define uma func~ao a ser plotada% ------------------------------------------------------------------------------vardef sqrfun(expr x) = (x*x) enddef;% ------------------------------------------------------------------------------% comeca a figura propriamente dita% ------------------------------------------------------------------------------beginfig (1) ;% ------------------------------------------------------------------------------% faixa de variac~ao de x% ------------------------------------------------------------------------------
xmin = -1 ;xmax = 1 ;xinc = 0.01 ;
% ------------------------------------------------------------------------------% this is an amazing trick:% ------------------------------------------------------------------------------
pickup pencircle scaled 2 pt ;path psqrf ;psqrf := (xmin*un ,0*un)for x = xmin+xinc step xinc until -xinc:
.. (x*un ,0*un)endforfor x = 0 step xinc until xmax -xinc:
.. (x*un,sqrfun(x)*un)endfor ;
% ------------------------------------------------------------------------------% plota a func~ao% ------------------------------------------------------------------------------
draw psqrf withcolor black ;% ------------------------------------------------------------------------------% nomes das curvas% ------------------------------------------------------------------------------
label.urt(btex $y=g(x)$ etex , point 315 of psqrf) ;% ------------------------------------------------------------------------------
Continue a solucao no verso =⇒
% traca os eixos% ------------------------------------------------------------------------------
pickup pencircle scaled 0.5 pt ;drawarrow (-1.2*un ,0) - -(1.2*un ,0) ;drawarrow (0,-0.05*un)--(0,1.2*un) ;
% ------------------------------------------------------------------------------% da numeros aos eixos% ------------------------------------------------------------------------------
draw (-1,0)*un --(-1,-0.05)*un ; label.bot(btex $-1$ etex ,(-1,-0.05)*un) ;draw (1,0)*un --(1,-0.05)*un ; label.bot(btex $+1$ etex ,(1, -0.05)*un) ;draw (0,1)*un --(-0.05,1)*un ; label.lft(btex $+1$ etex ,( -0.05 ,1)*un) ;draw (0 ,0.64)*un - -(0.8 ,0.64)*un dashed evenly ; label.lft(btex $y$ etex ,( -0.05 ,0.64)*un) ;draw (0.8 ,0.64)*un - -(0.8 ,0)*un dashed evenly ; label.bot(btex $x$ etex ,(0.8 , -0.05)*un) ;
endfig ;
end.
Continue a solucao no verso =⇒
TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRP02, 08 Ago 2010Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] O engenheiro ambiental João Vaz ’Ão projetou um sistema de drenagem com uma capacidade máxima deescoamento (vazão) q para uma probabilidade de falha de 10%, ou seja: P{Q > q} = 0,1, onde Q é a máximavazão instantânea afluente ao sistema de drenagem ao longo de um ano qualquer. Para isto, João Vaz supôsuma distribuição FQ(q) e também que as vazões máximas em anos distintos são independentes.Durante os 4 anos seguintes, o sistema falhou.
a) [15] Calcule a probabilidade do evento acima (falha em 4 anos sucessivos) ocorrer.
b) [15] Faça uma análise da adequação do projeto de João Vaz, usando no máximo 50 palavras : explique seo projeto é adequado ou não, e por quê.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:a) Como os eventos são independentes,
P{Q1 > q ∧Q2 > q ∧Q3 > q ∧Q4 > q} =P{Q1 > q} × P{Q2 > q} × {Q3 > q} × {Q4 > q} =
P{Q > q}4 =(
110
)4= 1
10000
b) Se a distribuição FQ(q) usada por João Vaz for verdadeira, a probabilidade de ocorrência do evento “4 falhasem 4 anos” é extremamente baixa. Em outras palavras, é improvável que a FQ(q) usada seja um bom modeloprobabilístico; é muito mais provável que João Vaz tenha utilizado uma distribuição que subestima q: o sistemadeve estar sub-dimensionado.
Continue a solução no verso =⇒
2 [30] Dadas as 5 propriedades clássicas de um produto interno em um espaço vetorial V (α ∈ C):
〈x,y〉 = 〈y,x〉∗ ,〈x,y + z〉 = 〈x,y〉+ 〈x, z〉 ,〈x, αy〉 = α 〈x,y〉 ,〈x,x〉 ≥ 0,〈x,x〉 = 0 ⇔ x = 0,
verifique se
〈x,y〉 ≡n∑
k=1(x∗kyk)(x∗kyk)
é um produto interno legítimo em V = Cn. Sua resposta deve ser justificada matematicamente — não vale sóresponder “sim” ou “não”.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Verificação item a item:
〈x,y〉 =n∑
k=1(x∗kyk)(x∗kyk)
=n∑
k=1(xky
∗k)∗(xky
∗k)∗
=n∑
k=1[(xky
∗k)(xky
∗k)]∗
=[
n∑k=1
(y∗kxk)(y∗kxk)]∗
= 〈y,x〉∗ ; X
〈x,y + z〉 =n∑
k=1(x∗k[yk + zk])(x∗k[yk + zk])
=n∑
k=1[(x∗kyk) + (x∗kzk)] [(x∗kyk) + (x∗kzk)]
=n∑
k=1[(x∗kyk)(x∗kyk) + 2(x∗kyk)(x∗kzk) + (x∗kzk)(xkzk)]
6=n∑
k=1(x∗kyk)(x∗kyk) +
n∑k=1
(x∗kzk)(x∗kzk) = 〈x,y〉+ 〈x, z〉 . 7
Portanto, a operação definida acima, apesar da notação 〈· , ·〉, não é um produto interno legítimo.
Continue a solução no verso =⇒
3 [40] Se f : [0, 1] → R; f(x) = e−x, obtenha a série de Fourier trigonométrica (em senos e cossenos) daextensão ímpar de f .
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Desejamos
fI(x) = A0
2 +∞∑
n=1
[An cos 2πnx
L+Bn sen 2πnx
L
],
onde L = 2; além disso, já sabemos que An = 0. O cálculo dos Bn’s é
Bn = 2L
∫ 1
−1fI(x) sen 2πnx
Ldx
= 42
∫ 1
0f(x) sen(πnx) dx
= 2∫ 1
0e−x sen(πnx) dx
Com MAXIMA,
Bn = −2 e−1 π n ((−1)n − e)π2 n2 + 1
Continue a solução no verso =⇒
TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRP03, 29 Out 2010Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [30] Obtenha a função de Green da equação diferencial
xdy
dx+ y = f(x),
y(0) = y0.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:A pré-multiplicação direta por G(x, ξ) produz
G(x, ξ)ξ dydξ
+G(x, ξ)y(ξ) = G(x, ξ)f(ξ),∫ ∞0
G(x, ξ)ξ dydξ
dξ +∫ ∞
0G(x, ξ)y(ξ) dξ =
∫ ∞0
G(x, ξ)f(ξ) dξ,
mas isto é complicado de integrar por partes por causa do ξ “a mais” na primeira integral à esquerda. Istosugere voltar um pouco e re-escrever a equação diferencial:
dy
dx+ y
x= f(x)
x,
y(0) = y0.
Re-começando,
G(x, ξ)dydξ
+G(x, ξ)y(ξ)ξ
= G(x, ξ)f(ξ)ξ,∫ ∞
0G(x, ξ)dy
dξdξ +
∫ ∞0
G(x, ξ)y(ξ)ξ
dξ =∫ ∞
0G(x, ξ)f(ξ)
ξdξ.
Apesar da aparente singularidade em ξ = 0, nós prosseguimos com fé: integrando por partes a primeira integralà esquerda (agora sim!),
G(x, ξ)y(ξ)∣∣∣∣∞0−∫ ∞
0y(ξ)dG(x, ξ)
dξdξ +
∫ ∞0
G(x, ξ)y(ξ)ξ
dξ =∫ ∞
0G(x, ξ)f(ξ)
ξdξ.
G(x,∞)y(∞)−G(x, 0)y0 +∫ ∞
0y(ξ)
[−dG(x, ξ)
dξ+ G(x, ξ)
ξ
]dξ =
∫ ∞0
G(x, ξ)f(ξ)ξ
dξ.
Impondo
limξ→∞
G(x, ξ) = 0,
−dG(x, ξ)dξ
+ G(x, ξ)ξ
= δ(ξ − x),
nós prosseguimos com
−G(x, 0)y0 +∫ ∞
0y(ξ)δ(ξ − x) dξ =
∫ ∞0
G(x, ξ)f(ξ)ξ
dξ,
y(x) = G(x, 0)y0 +∫ ∞
0G(x, ξ)f(ξ)
ξdξ.
Continue a solução no verso =⇒
Precisamos resolver o problema adjunto. Devido ao ξ no denominador da equação diferencial para G, não é umaboa idéia tentar transformada de Laplace — pelo menos à primeira vista. Façamos G(x, ξ) = U(x, ξ)V (x, ξ), esubstituamos:
−d(UV )dξ
+ UV
ξ= δ(ξ − x),
−[UdV
dξ+ V
dU
dξ
]+ UV
ξ= δ(ξ − x)
U
[−dVdξ
+ V
ξ
]− V dU
dξ= δ(ξ − x)
−dVdξ
= −Vξ,
dV
V= dξ
ξ,∫ V (x,ξ)
V (x,0)
dV ′
V ′=∫ ξ
η=0
dη
η,
ln V (x, ξ)V (x, 0) = ln ξ0 .
Temos um problema! A integração com limites definidos não “funciona” para V , por conta da singularidade desteintegrando. Vamos continuar tentando, com outra abordagem: calcular integrais indefinidas com constantesarbitrárias. Note como as “constantes arbitrárias” são no caso mais geral função da “outra” variável, x:
ln |V | = ln |ξ|+ ln |C0(x)|,|V | = |C0(x)ξ|,V = ±C0(x)ξ = C(x)ξ ⇒
−C(x)ξ dUdξ
= δ(ξ − x),
−C(x)dUdξ
= δ(ξ − x)ξ
,
−C(x) [U(x, ξ)− C1(x)] =∫ ξ
0
δ(η − x)η
dη.
Por coerência, a integral para dU/dξ também foi indefinida; por conveniência, a constante de integração é−C1(x). A integral do lado direito não parece ser tão problemática:
−C(x) [U(x, ξ)− C1(x)] =∫ ξ
0
δ(η − x)η
dη,
−C(x) [U(x, ξ)− C1(x)] = H(ξ − x) 1x
U(x, ξ) = C1(x)− 1C(x)H(ξ − x) 1
x⇒
G(x, ξ) = U(x, ξ)V (x, ξ) =[C1(x)− 1
C(x)H(ξ − x) 1x
]C(x)ξ
=[C(x)C1(x)− H(ξ − x)
x
]ξ
=[D(x)− H(ξ − x)
x
]ξ.
Agora a condição de contornolimξ→∞
G(x, ξ) = 0
não “dá certo”, pois ξ →∞, a não ser que o termo entre colchetes se anule neste limite, o que é possível se
D(x) = 1x
;
neste caso,
G(x, ξ) = [1−H(ξ − x)] ξx
Continue a solução no verso =⇒
2 [30] Fazendo u(x, t) = X(x)T (t), resolva
∂u
∂t= u
∂u
∂xu(0, t) = 0,u(1, 0) = 1.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
∂
∂t[XT ] = XT
∂
∂x[XT ];
XdT
dt= XT 2 dX
dx;
1T 2
dT
dt= dX
dx= c1;
Encontro primeiramente T :
dT
T 2 = c1dt;
− 1T
= c1t+ c2;
T = − 1c1t+ c2
;
e em seguida X:
X(x) = c1x+ c3.
A forma geral da solução é
u(x, t) = X(x)T (t)
= −c1x+ c3
c1t+ c2
= −x+ c3/c1
t+ c2/c1
= −x+ b
t+ a,
e há apenas dois graus de liberdade (duas constantes) para determinar, que são
u(0, t) = 0⇒ − ba
= 0⇒ b = 0;
u(1, 0) = 1⇒ −1a
= 1⇒ a = −1
Continue a solução no verso =⇒
3 [40] Resolva o problema de valor inicial
3x∂u∂x
+ 3∂u∂y
= xy,
u(x, 0) = e−x2.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:O método das características se impõe. Se
x = X(s),y = Y (s),
são as equações paramétricas de uma curva no R2,
u = u(x, y) = u(X(s), Y (s)) = U(s),
isto é: u = U(s) é uma nova função de s. Escrevemos agora lado a lado a equação diferencial parcial original ea derivada total de U :
xy = 3x∂u∂x
+ 3∂u∂y,
dU
ds= ∂u
∂X
dX
ds+ ∂u
∂Y
dY
ds.
Deste par, obtemos 3 equações ordinárias:
dX
ds= 3X(s), X(0) = ξ,
dY
ds= 3, Y (0) = 0,
dU
ds= X(s)Y (s), U(0) = u(ξ, 0) = e−ξ
2.
Que merecem ser integradas:
dX
X= 3ds,
ln Xξ
= 3s,
X = ξe3s;Y = 3s;dU
ds= ξe3s3s,
U(s)− U(0) = 3ξ∫ s
0ze3z dz
= ((3s− 1)e3s + 1)ξ3 .
Recuperamos agora as variáveis originais:
s = y/3,ξ = x/e3s = x/ey;
u(x, y) = U(s) = U(0) + ((3s− 1)e3s + 1)ξ3
= e−ξ2
+ ((3s− 1)e3s + 1)ξ3
= e−(x/ey)2+
((y − 1)ey + 1) xey
3
Continue a solução no verso =⇒
TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRP04, 03 Dez 2010Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [25] Sejam X1 e X2 os resultados do lançamento de dois dados não-viciados: X1 e X2 são variáveis aleatóriasindependentes. Seja
Y = max{X1, X2}.
Calcule as seis probabilidadesP{Y = n}, n ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:O problema é suficientemente pequeno para ser resolvido por enumeração:
Y = 1⇒ (X1, X2) = (1, 1)Y = 2⇒ (X1, X2) = (1, 2) ∨ (2, 1) ∨ (2, 2)Y = 3⇒ (X1, X2) = (1, 3) ∨ (2, 3) ∨ (3, 3) ∨ (3, 1) ∨ (3, 2)Y = 4⇒ (X1, X2) = (1, 4) ∨ (2, 4) ∨ (3, 4) ∨ (4, 4) ∨ (4, 1) ∨ (4, 2) ∨ (4, 3)Y = 5⇒ (X1, X2) = (1, 5) ∨ (2, 5) ∨ (3, 5) ∨ (4, 5) ∨ (5, 5) ∨ (5, 1) ∨ (5, 2) ∨ (5, 3) ∨ (5, 4)Y = 6⇒ (X1, X2) = (1, 6) ∨ (2, 6) ∨ (3, 6) ∨ (4, 6) ∨ (5, 6) ∨ (6, 6) ∨ (6, 1) ∨ (6, 2) ∨ (6, 3) ∨ (6, 4) ∨ (6, 5)
Portanto,
P{Y = 1} = 1/36P{Y = 2} = 3/36P{Y = 3} = 5/36P{Y = 4} = 7/36P{Y = 5} = 9/36P{Y = 6} = 11/36
Continue a solução no verso =⇒
2 [25] Seja f(x) uma função complexa da variável real x; então valem as seguintes relações com a transformadade Fourier f(k):
f(x) =∫ +∞
k=−∞f(k)e+ikx dk, (?)
∂f
∂x=∫ +∞
k=−∞ikf(k)e+ikx dk, (??)
f∗(x) =∫ +∞
l=−∞f∗(l)e−ilx dl. (? ? ?)
Sabendo que
δ(k) = 12π
∫ +∞
−∞e−ikx dx,
e utilizando (??) e (? ? ?) para substituir ∂f/∂x e f∗(x) na integral a seguir, obtenha G(k) em
− i
2π
∫ +∞
x=−∞f∗(x)∂f
∂xdx =
∫ +∞
k=−∞G(k) dk,
onde G(k) deve ser expresso em função de k e de f(k).
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
−i2π
∫ +∞
x=−∞f∗(x)∂f
∂xdx = −i2π
∫ +∞
x=−∞
∫ +∞
l=−∞f∗(l)e−ilx dl
∫ +∞
k=−∞ikf(k)e+ikx dk dx
= −i2π
∫ +∞
k=−∞
∫ +∞
l=−∞
∫ +∞
x=−∞ikf(k)f∗(l)eikxe−ilx dx dl dk
= −i2∫ +∞
k=−∞kf(k)
∫ +∞
l=−∞f∗(l) 1
2π
∫ +∞
x=−∞e−i(l−k)x dx dl dk
=∫ +∞
k=−∞kf(k)
∫∞
l=−∞f∗(l)δ(l − k) dl dk
=∫ +∞
k=−∞kf(k)f∗(k) dk ⇒
G(k) = kf(k)f∗(k)
Continue a solução no verso =⇒
3 [25] Dado o problema de Sturm-Liouville
y′′ + λy = 0, y(0)− y′(0) = 0, y(1) = 0,
a) [10] Discuta os sinais de λ.
b) [10] Obtenha a equação transcendental (nestecaso, uma equação que não pode ser resolvidaanaliticamente) para λn.
c) [5] Com o auxílio da figura ao lado, obtenha suamelhor estimativa numérica para λ5, λ6, . . . , λ10(em outras palavras, para n “grande”, λn ∼ ?):você pode, e deve, deixar os valores de π indica-dos.
−100
−80
−60
−40
−20
0
20
40
60
80
100
π2
3π2
5π2
7π2
9π2
11π2
13π2
15π2
17π2
19π2
21π2
23π2
−(ξ/π
)2,−ξ,ξ,
(ξ/π
)2,tgξ
ξ
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Discutimos os sinais:λ < 0:
y(x) = A cosh(√−λx) +B senh(
√−λx),
y′(x) =√−λ[B cosh(
√−λx) +A senh(
√−λx)
].
O par de equações que precisamos resolver para atender as condições de contorno é
A−√−λB = 0,
cosh(√−λ)A+ senh(
√−λ)B = 0.
[1 −
√−λ
cosh(√−λ) senh(
√−λ)
] [AB
]=[00
]Para termos (A,B) 6= (0, 0), é necessário que
senh(√−λ) +
√−λ cosh(
√−λ) = 0
Para economizar lápis: ξ =√−λ, e
senh ξ + ξ cosh ξ = 0tgh ξ = −ξ,
cuja única solução é x = 0, o que contraria a hipótese original.λ = 0:
y = Ax+B,
y′ = A
O par de equações que precisamos resolver para atender as condições de contorno é
−A+B = 0,A+B = 0[
−1 11 1
] [AB
]=[00
]Neste caso, o determinante do sistema é −2, e a única solução possível é a trivial, A = B = 0, que não geranenhuma autofunção.Como já desconfiávamos, só nos resta λ > 0:
y(x) = A cos(√λx) +B sen(
√λx),
y′(x) =√λ[−A sen(
√λx) +B cos(
√λx)]
Continue a solução no verso =⇒
O par de equações que precisamos resolver para atender as condições de contorno é
A−√λB = 0,
cos(√λ)A+ sen(
√λ)B = 0.[
1 −√λ
cos(√λ) sen(
√λ)
] [AB
]=[00
]ou, impondo que o determinante seja nulo para permitir A 6= 0 e/ou B 6= 0 (e fazendo novamente ξ =
√λ:
sen(√λn) +
√λn cos(
√λn) = 0
tg(√λn) = −
√λn,
tg ξ = −ξ
O script de Gnuplot a seguir mostra a solução “gráfica” dos primeiros autovalores:1 set terminal epslatex color standalone font 'default ' 10 header '\ input {math.tex}'2 set xrange [0:23* pi /2]3 set yrange [ -100:100]4 f(x) = tan(x)5 g1(x) = x6 g2(x) = (x/pi )**27 h1(x) = -x8 h2(x) = -(x/pi )**29 set xtics ( '$\frac {\ pi }{2}$' pi /2 ,\
10 '$\frac {3\ pi }{2}$' 3* pi /2 ,\11 '$\frac {5\ pi }{2}$' 5* pi /2 ,\12 '$\frac {7\ pi }{2}$' 7* pi /2 ,\13 '$\frac {9\ pi }{2}$' 9* pi /2 ,\14 '$\frac {11\ pi }{2}$' 11* pi /2 ,\15 '$\frac {13\ pi }{2}$' 13* pi /2 ,\16 '$\frac {15\ pi }{2}$' 15* pi /2 ,\17 '$\frac {17\ pi }{2}$' 17* pi /2 ,\18 '$\frac {19\ pi }{2}$' 19* pi /2 ,\19 '$\frac {21\ pi }{2}$' 21* pi /2 ,\20 '$\frac {23\ pi }{2}$' 23* pi /2 )21 set ytics -100 ,2022 set format y '$%3.0f$ '23 set lmargin 824 set xlabel '$\xi$ '25 set ylabel '$ -(\ xi /\ pi )^2 ,\; -\xi ,\; \xi ,\; (\ xi /\ pi )^2$, $\tg \xi$ ' offset 326 set output '2010 -2 -p04 -c.tex '27 set grid28 set xzeroaxis lt 1 lw 1 lc rgb 'gray50 '29 set samples 1000030 plot f(x) notitle with lines lt 1 lw 2 lc rgb 'black ' , \31 g1(x) notitle with lines lt 1 lw 2 lc rgb 'gray30 ', \32 g2(x) notitle with lines lt 1 lw 2 lc rgb 'gray30 ', \33 h1(x) notitle with lines lt 1 lw 2 lc rgb 'gray30 ', \34 h2(x) notitle with lines lt 1 lw 2 lc rgb 'gray30 '35 exit
Do gráfico, vemos claramente que, para n ≥ 5,
ξn ≈ (2n+ 1)π2 ⇒√λn ≈ (2n+ 1)π2
λn ≈ (2n+ 1)2π2
4 ;
Então,
λ5 ≈121π2
4 ,
λ6 ≈169π2
4 ,
λ7 ≈225π2
4 ,
λ8 ≈289π2
4 ,
λ9 ≈361π2
4 ,
λ10 ≈441π2
4
Continue a solução no verso =⇒
4 [25] Resolva a equação diferencial parcial
∂φ
∂t= a2 ∂
2φ
∂x2 ,
com condições inicial e de contorno
φ(x, 0) = φ0 sen(πxL
),
φ(0, t) = 0,∂φ
∂x(L, t) = 0.
Ei! Você pode usar as fórmulas ao lado (se forem, e as que forem,úteis) sem demonstração.
∫ L
0sen2 nπx
L=L
2∫ L
0sen2
( (2n− 1)πx2L
)dx =
L
2∫ L
0sen
πx
Lsen
nπx
L= 0, n > 1∫ L
0sen
πx
Lsen( (2n− 1)πx
2L
)=
4L(−1)n−1
3π + 4πn− 4πn2∫ L
0cos
πx
Lcos( (2n− 1)πx
2L
)=
2(2n− 1)(−1)nL
π(2n− 3)(2n+ 1)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Faça φ = X(x)T (t):
XT ′ = a2X ′′T,
1a2T ′
T= X ′′
X= −λ.
É evidente que há um problema de Sturm-Liouville nos esperando em X, mas ganharemos um pouco de temporesolvendo em T primeiro, e raciocinando fisicamente:
dT
dt= −λa2T,
dT
T= −λa2 dt
ln T
T0= −λa2t
T (t) = T0 exp(−λa2t).
É evidente que não podemos deixar que a solução exploda para t → ∞: λ < 0 não é aceitável; λ = 0 tambémnão funciona, porque neste caso a solução permaneceria constante (é evidente que o perfil inicial φ(x, 0) deve seabater, forçado pela condição de contorno esquerda). Segue-se que λ > 0. Além disto, sem perda de generalidadefaremos T0 = 1. O problema de Sturm-Liouville em X é
d2X
dx2 + λX = 0,
X(0) = 0,dX
dx(L) = 0.
A solução geral é
X(x) = A cos(√λx) +B sen(
√λx),
dX
dx=√λ[−A sen(
√λx) +B cos(
√λx)].
A condição de contorno esquerda (em x = 0) impõe A = 0; a condição de contorno direita (em x = L) impõe
cos(√λL) = 0,√λnL = (2n− 1)π2 ,
λn =(
2n− 1L
)2π2
4 .
As autofunções são
φn(x) = sen(
(2n− 1)πx2L
).
Continue a solução no verso =⇒
A solução do problema de Sturm-Liouville dá conta das condições de contorno, e agora nós nos voltamos paraa condição inicial. A solução geral deve ser da forma
φ(x, t) =∞∑
n=1Bn sen
((2n− 1)πx
2L
)exp
(− (2n− 1)2a2π2t
4
).
Para atender à condição inicial, devemos ter
φ0 sen(πxL
)=∞∑
n=1Bn sen
((2n− 1)πx
2L
)
φ0
∫ L
0sen(πxL
)sen(
(2m− 1)πx2L
)dx =
∞∑n=1
Bn
∫ L
0sen(
(2n− 1)πx2L
)sen(
(2m− 1)πx2L
)dx
φ0
∫ L
0sen(πxL
)sen(
(2m− 1)πx2L
)dx = Bm
∫ L
0sen2
((2n− 1)πx
2L
)dx ⇒
Bm = 2L
4φ0L(−1)n
3π + 4πn− 4πn2
= 8φ0(−1)n
3π + 4πn− 4πn2
Continue a solução no verso =⇒
TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRF, 17 Dez 2010Prof. Nelson Luís Dias
0
NOME: GABARITO Assinatura:
1 [20] A mediana de uma distribuição de probabilidade com função densidade de probabilidade contínua é ovalor xm tal que P{X ≤ xm} = 1/2. Calcule a mediana da distribuição de Pareto, cuja f.d.p. é
fX(x) = θxθ0x−(1+θ), x0 ≥ 0, θ ≥ 0, x ≥ x0.
ATENÇÃO: preste muita atenção ao domínio da fX(x): x ≥ x0.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
∫ xm
x0
θxθ0x−(1+θ) dx = 1
2 ,
θxθ0
∫ xm
x0
x−(1+θ) dx = 12 ,
θxθ0x−1−θ+1
−1− θ + 1
∣∣∣∣xmx0
= 12
θxθ0−θ
[x−θm − x−θ0
]= 1
2 ,
xθ0[x−θm − x−θ0
]= −1
2 ,(xmx0
)−θ− 1 = −1
2 ,(xmx0
)−θ= 1
2 ,(xmx0
)θ= 2,
xmx0
= 2 1θ ,
xm = x02 1θ
Continue a solução no verso =⇒
2 [20] Seja
f(x) ={
1, 0 < x ≤ 1/2,0, 1/2 < x ≤ 1.
Obtenha a série de Fourier da extensão ímpar de f(x).
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:A série de Fourier da extensão ímpar fI(x) de f(x) contém apenas senos:
fI(x) =∞∑n=1
sen 2nπxL
Como f está definida entre 0 e 1, fI estará definida entre −1 e 1, donde L = 2. Teremos
Bn = 2L
∫ 1
−1fI(x) sen 2nπx
Ldx
= 22
∫ 1
−1fI(x) sen 2nπx
2 dx
= 2∫ 1
0fI(x) sen(nπx) dx
= 2∫ 1/2
0sen(nπx) dx.
Calculo a integral com MAXIMA:
(%i1) declare( [n],integer) ;(%o1) done(%i2) 2*integrate(sin(n*%pi*x),x,0,1/2);
%pi ncos(-----)
1 2(%o2) 2 (----- - ----------)
%pi n %pi n(%i3) factor(%);
%pi n2 (cos(-----) - 1)
2(%o3) - ------------------
%pi n
e obtenhoBn = 2
πn
(1− cos πn2
)
Continue a solução no verso =⇒
3 [20] Utilizando a definição estabelecida no curso, calcule a transformada de Fourier de
f(x) =
0 x = 0,x|x| , 0 < |x| ≤ 1,0 |x| > 1.
ATENÇÃO: f(x) é trivial! Quanto vale x/|x| quando x > 0? E quando x < 0? Quanto vale f(x)quando |x| > 1? Desenhe f(x), se isto for útil para você.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Note que
f(x) =
0 x < −1,−1 −1 ≤ x < 0,0 x = 0,1 0 < x ≤ 1,0 x > 1.
Então,
f(k) = 12π
∫ +∞
−∞f(x)e−ikx dx
= 12π
[∫ 0
−1−e−ikx dx+
∫ 1
0e−ikx dx
]Com MAXIMA:
(%i1) i1 : integrate(exp(-%i*k*x),x,-1,0);%i k
%i %i %e(%o1) -- - ---------
k k(%i2) i2 : integrate(exp(-%i*k*x),x,0,1);
- %i k%i %e %i
(%o2) ----------- - --k k
(%i3) i2 - i1 ;%i k - %i k
%i %e %i %e 2 %i(%o3) --------- + ----------- - ----
k k k
dondef(k) = i
2πk[eik + e−ik − 2
]
Continue a solução no verso =⇒
4 [20] Obtenha a função de Green de
xdy
dx+(
1− x
L
)y = f(x), y(1) = y1,
onde L é uma constante, e f(x) é o forçante do sistema. Atenção: este problema tem condição inicialem x = 1: todas as integrais devem ser entre 1 e ∞.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Como sempre,
G(x, ξ)dydξ
+ G(x, ξ)ξ
(1− ξ
L
)y = G(x, ξ)f(ξ)
ξ,∫ ∞
1G(x, ξ)dy
dξdξ +
∫ ∞1
G(x, ξ)ξ
(1− ξ
L
)y dξ =
∫ ∞1
G(x, ξ)f(ξ)ξ
dξ
G(x, ξ)y(ξ)∣∣∣∣ξ=∞
ξ=1−∫ ∞
1ydG
dξdξ +
∫ ∞1
G(x, ξ)ξ
(1− ξ
L
)y dξ =
∫ ∞1
G(x, ξ)f(ξ)ξ
dξ
G(x,∞)y(∞)−G(x, 1)y1 +∫ ∞
1
[−dGdξ
+ 1ξ
(1− ξ
L
)G(x, ξ)
]y(ξ) dξ =
∫ ∞1
G(x, ξ)f(ξ)ξ
dξ
Agora escolhemos
G(x,∞) = 0,[−dGdξ
+ 1ξ
(1− ξ
L
)G(x, ξ)
]= δ(ξ − x),
e re-escrevemosy(x) = G(x, 1)y1 +
∫ ∞1
G(x, ξ)f(ξ)ξ
dξ.
Para resolver a equação diferencial em G, fazemos
G(x, ξ) = U(x, ξ)V (x, ξ),
−U dVdξ− V dU
dξ+ 1ξ
(1− ξ
L
)UV = δ(ξ − x),
U
[−dVdξ
+ 1ξ
(1− ξ
L
)V
]− V dU
dξ= δ(ξ − x).
Como sempre, anulamos o colchete:
dV
dξ= 1ξ
(1− ξ
L
)V,
dV
V= 1ξ
(1− ξ
L
)dξ.
Como queremos V (x, ξ), mudamos a variável de integração para qualquer coisa (por exemplo, z), e integramosa partir de z = 1 até z = ξ: ∫ V (x,ξ)
V (x,1)
dV
V=∫ ξ
1
[dz
z− dz
L
],
ln V (x, ξ)V (x, 1) = ln ξ1 −
ξ − 1L
,
lnV (x, ξ) = ln ξ − ξ − 1L
+ lnV (x, 1),
V (x, ξ) = V (x, 1)ξe−(ξ−1)/L.
Ficamos agora com
−V (x, 1)ξe−(ξ−1)/L dU
dξ= δ(ξ − x),
dU
dξ= − 1
V (x, 1)ξ e(ξ−1)/Lδ(ξ − x).
Continue a solução no verso =⇒
Novamente, mudo de ξ para z e integro de 1 a ξ:
U(x, ξ) = U(x, 1)− 1V (x, 1)
∫ ξ
1
e(z−1)/L
zδ(z − x) dz,
= U(x, 1)− H(ξ − x)V (x, 1)
e(x−1)/L
x.
Isto agora nos dá a função de Green:
G(x, ξ) = U(x, ξ)V (x, ξ)
=[U(x, 1)− H(ξ − x)
V (x, 1)e(x−1)/L
x
]V (x, 1)ξe−(ξ−1)/L
= U(x, 1)V (x, 1)ξe−(ξ−1)/L −H(ξ − x) ξxe
(x−1)−(ξ−1)L
= G(x, 1)ξe−(ξ−1)/L −H(ξ − x) ξxe
(x−1)−(ξ−1)L
= ξe−(ξ−1)/L[G(x, 1)−H(ξ − x)e
(x−1)/L
x
].
Fazemos agora
G(x, 1) = e(x−1)/L
x,
e retornamos:
G(x, ξ) = ξe−(ξ−1)/L [1−H(ξ − x)] e(x−1)/L
x,
= ξ
xe−
ξ−xL [1−H(ξ − x)]
Continue a solução no verso =⇒
5 [20] Considere a equação não-linear de Boussinesq, em coordenadas polares e com simetria radial,
∂h
∂t= 1r
∂
∂r
[rh∂h
∂r
],
com condições de contorno
h(r0, t) = 0,∂h
∂r(r1, t) = 0.
Faça h(r, t) = R(r)T (t) e separe as variáveis. Encontre as equações diferenciais ordinárias em T e em R. Parepor aí!
SOLUÇÃO DA QUESTÃO:
RdT
dt= 1r
d
dr
[rRT
dRT
dr
],
1T 2
dT
dt= 1rR
d
dr
[rR
dR
dr
]= a.
Equação em t:T−2 dT
dt= a.
Equação em R:
d
dr
[rR
dR
dr
]= arR.
Continue a solução no verso =⇒