TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 05 set 2014Prof. Nelson Luís Dias

0

NOME: GABARITO Assinatura:

1 [30] Dada a equação de difusão em coordenadas polares com simetria radial,

∂ϕ

∂t=

D

r

∂

∂r

(r∂ϕ

∂r

),

discretize-a, utilizando o esquema de Crank-Nicholson (implícito, O (∆t2)).

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

ϕn+1i − ϕni∆t

=D

ri

(r∂ϕ∂r

) ���i+1/2−

(r∂ϕ∂r

) ���i−1/2

∆r

=D

ri

(ri+1/2

ϕi+1−ϕi∆r

)−

(ri−1/2

ϕi−ϕi−1∆r

)∆r

=D

ri

[ri+1/2 (ϕi+1 − ϕi ) − ri−1/2 (ϕi − ϕi−1)

∆r 2

].

Na expressão acima, é mais ou menos óbvio que

ri+1/2 =ri + ri+1

2,

ri−1/2 =ri + ri−1

2.

Entretanto, nós ainda não especi�camos os instantes em que as derivadas espaciais são calculadas, e Crank-Nicholsonconsiste em tirar uma média dessas entre n e n + 1, para atingir O (∆t2); portanto,

ϕn+1i − ϕni∆t

=D

2ri

[ri+1/2 (ϕ

n+1i+1 − ϕ

n+1i ) − ri−1/2 (ϕ

n+1i − ϕn+1

i−1 )

∆r 2

]+

D

2ri

[ri+1/2 (ϕ

ni+1 − ϕ

ni ) − ri−1/2 (ϕ

ni − ϕ

ni−1)

∆r 2

]

Continue a solução no verso =⇒

2 [30] Considere o conjunto V dos pares orde-nados (x ,z), onde x ∈ R e z ∈ C. Considere ocampo escalar F = C. Se u = (x1,z1) ∈ V;v =(x2,z2) ∈ V e α ∈ F, de�na as operações

u +v ≡ (x1 + x2,z1 + z2);αu ≡ ((Reα )x1,αz1),

onde Re signi�ca “parte real”. Os 8 axiomasque de�nem um espaço vetorial estão ao lado:veri�que-os um a um (2,5 pontos para cada ve-ri�cação: faça todas!), e conclua: V é ou não éum espaço vetorial? (10 pontos para a respostacerta)

u +v = v +u;u + [v +w] = [u +v] +w ;

∃∗0 ∈ V | u + 0 = u, ∀u ∈ V;∀u ∈ V, ∃∗[−u] ∈ V | u + [−u] = 0;

1u = u, ∀u ∈ V;α (βu) = (αβ )u,∀α ,β ∈ F,u ∈ V;

α[u +v] = αu + αv,∀α ∈ F,u,v ∈ V;(α + β )u = αu + βu,∀α ,β ∈ F,u ∈ V.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

i) Pela comutatividade da soma em R e em C, X.

ii) Pela associatividade da soma em R e em C, X.

iii) Se0 = (0,0 + i0) ⇒ (x ,z) + (0,0 + i0) = (x ,z) ∀(x ,z). X

iv) Faça −u = (−x ,−z); então:(−x ,−z) + (x ,z) = (0,0 + i0). X

v)(1 + i0) (x ,z) = ((Re 1)x , (1 + i0)z) = (x ,z). X

vi) Este aqui é mais sutil! Dados 2 números complexos

α = ax + iay , β = bx + iby ,

teremosαβ = (axbx − ayby ) + i(axby + aybx )

Agora,

(βu) = (bxx ,βz);α (βu) = (axbxx ,αβz);(αβ )u = ((axbx − ayby )x ,αβz). 7

V não é um espaço vetorial. Mas continuamos, pois queremos todos os pontos da questão!

vii)

α[u +v] = α[(x1,z1) + (x2,z2)] = α[(x1 + x2,z1 + z2)] =((Reα ) (x1 + x2) + α (z1 + z2)) = ((Reα )x1,αz1) + ((Reα )x2,αz2). X

viii)

(α + β )u = (α + β ) (x ,z) = ((Re(α + β ))x , (α + β )z) =((Reα )x + (Re β )x ,αz + βz) = ((Reα )x ,αz) + ((Re β )x ,βz). X

Continue a solução no verso =⇒

3 [40] Analise a estabilidade do esquema de diferenças

un+1i = uni −

c∆t

∆x

(uni − u

ni−1

);

(von Neumann); conclua sobre sua estabilidade/instabilidade condicional/incondicional.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Um esquema que é conhecido na literatura como indicado por representar melhor o termo advectivo em (??) é o

esquema de diferenças regressivas; nesse esquema, chamado de esquema upwind — literalmente, “corrente acima” — naliteratura de língua inglesa, a discretização utilizada é

un+1i − uni∆t

= −cuni − u

ni−1

∆x,

un+1i = uni − Co

[uni − u

ni−1

]. (1)

Claramente, estamos utilizando um esquema de O (∆x ) para a derivada espacial. Ele é um esquema menos acurado queos usados anteriormente, mas se ele ao mesmo tempo for condicionalmente estável e não introduzir difusão numérica,o resultado pode ser melhor para tratar a advecção.

Antes de “colocarmos as mãos na massa”, sabemos que devemos analisar analiticamente a estabilidade do esquema.Vamos a isso:

ξlea (tn+∆t )eikl i∆x = ξleatn eikl i∆x − Co[ξleatn eikl i∆x − ξleatn eikl (i−1)∆x

]

ea∆t eikl i∆x = eikl i∆x − Co[eikl i∆x − eikl (i−1)∆x

]

ea∆t = 1 − Co[1 − e−ikl∆x

]

ea∆t = 1 − Co + Co cos(kl∆x ) − iCo sen(kl∆x ). (2)

Desejamos que o módulo do fator de ampli�cação ea∆t seja menor que 1. O módulo (ao quadrado) é

���ea∆t ���

2= (1 − Co + Co cos(kl∆x ))2 + (Co sen(kl∆x ))2 .

Para aliviar a notação, façamos

Ck ≡ cos(kl∆x ),Sk ≡ sen(kl∆x ).

Então,

���ea∆t ���

2= (CoSk )2 + (CoCk − Co + 1)2

= Co2S2k + (Co2C2

k + Co2 + 1) + 2(−Co2Ck + CoCk − Co)= Co2 (S2

k +C2k + 1 − 2Ck ) + 2Co(Ck − 1) + 1

= 2Co2 (1 −Ck ) + 2Co(Ck − 1) + 1.

A condição para que o esquema de diferenças �nitas seja estável é, então,

2Co2 (1 −Ck ) + 2Co(Ck − 1) + 1 ≤ 1,2Co [Co(1 −Ck ) + (Ck − 1)] ≤ 0,

(1 − cos(kl∆x )) [Co − 1] ≤ 0,Co ≤ 1

Continue a solução no verso =⇒

TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP02, 26 set 2014Prof. Nelson Luís Dias

0

NOME: GABARITO Assinatura:

1 [50] Em Matemática, a função bxc é de�nida como o maior inteiro menor ou igual do que x . Por exemplo, b4c = 4,b4,7c = 4 e b−3,8c = −4. Dada a função

f (x ) =

−x (x − 2), 0 < x ≤ 1,f (x − bxc), −1 < x ≤ 0 ou |x | > 1

mostrada abaixo, obtenha sua série de Fourier trigonométrica.

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

f(x)

x

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Com a = 0, b = 1, L = 1:

An =2L

∫ b

af (ξ ) cos

(2πnξL

)dξ

= 2∫ 1

0(−ξ (ξ − 2)) cos (2πnξ ) dξ ;

A0 =43,

An = −1

π2n2 , n > 0.

Bn =2L

∫ b

af (ξ ) sen

(2πnξL

)dξ

= 2∫ 1

0(−ξ (ξ − 2)) sen (2πnξ ) dξ ;

= −1πn, n > 0.

Portanto:

−x (2 − x ) =23+

∞∑n=1

[−

1π2n2 cos(2nπx ) −

1πn

sen(2nπx )]

Continue a solução no verso =⇒

2 [50] Dada a função

f (x ) =

x , 0 ≤ x ≤ 1,0, x < 0 ou x > 1,

calcule a sua transformada de Fourier.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

f̂ (k ) =1

2π

∫ +∞

−∞

xe−ikx dx

=1

2π

∫ 1

0xe−ikx dx

= −e−ik (eik − ik − 1)

2πk2

=ike−ik + e−ik − 1

2πk2

Continue a solução no verso =⇒

TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP03, 31 out 2014Prof. Nelson Luís Dias

0

NOME: GABARITO Assinatura:

1 [25] Obtenha a matriz adjunta de

0 0 i1 + 2i 1 −3i

0 1 − i 0

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:A transposta é

0 1 + 2i 00 1 1 − ii −3i 0

A matriz dos conjugados da transposta é

0 1 − 2i 00 1 1 + i−i 3i 0

Continue a solução no verso =⇒

2 [25] Obtenha a função de Green de

dxdt+

e−t/T

Tx (t ) =

1Tf (t ); x (0) = x0.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

dxdτ+

e−τ /T

Tx (τ ) =

1Tf (τ );

G (t ,τ )dxdτ+G (t ,τ )

e−τ /T

Tx (τ ) = G (t ,τ )

1Tf (τ );∫ ∞

τ=0G (t ,τ )

dxdτ

dτ +∫ ∞

0G (t ,τ )

e−τ /T

Tx (τ ) dτ =

1T

∫ ∞

0G (t ,τ ) f (τ ) dτ ;

G (t ,τ )x (τ )���∞

τ=0−

∫ ∞

0x (τ )

dGdτ

dτ +∫ ∞

0x (τ )G (t ,τ )

e−τ /T

Tdτ =

1T

∫ ∞

0G (t ,τ ) f (τ ) dτ .

Neste ponto imponhaG (t ,∞) = 0.

Prossiga:

−G (t ,0)x (0) +∫ ∞

0x (τ )

[−

dGdτ+

e−τ /T

TG (t ,τ )

]dτ =

1T

∫ ∞

0G (t ,τ ) f (τ ) dτ ;

−dGdτ+

e−τ /T

TG = δ (τ − t );

G (t ,τ ) = u (t ,τ )v (t ,τ );

−udvdτ−v

dudτ+

e−τ /T

Tuv = δ (τ − t );

u

[−

dvdτ+

e−τ /T

Tv

]−v

dudτ= δ (τ − t );

dvv= e−τ /T d(τ/T );∫ v (t,τ )

v (t,0)

dvv=

∫ ξ=τ

ξ=0e−ξ /T d(ξ/T );

lnv (t ,τ )

v (t ,0)= 1 − e−τ /T ;

v (t ,τ ) = v (t ,0) exp(1 − e−τ /T

).

A equação em u é

−[v (t ,0) exp

(1 − e−τ /T

)] dudτ= δ (τ − t );

dudτ=

−δ (τ − t )[v (t ,0) exp

(1 − e−τ /T

)] ;∫ τ

ξ=0

dudξ

dξ =∫ τ

ξ=0

−δ (ξ − t )[v (t ,0) exp

(1 − e−ξ /T

)] dξ ;

u (t ,τ ) − u (t ,0) = H (τ − t )

{−1[

v (t ,0) exp(1 − e−t/T

)] } ;

u (t ,τ ) = u (t ,0) + H (τ − t )

{−1[

v (t ,0) exp(1 − e−t/T

)] } ;

G (t ,τ ) = u (t ,τ )v (t ,τ )

= u (t ,0)v (t ,0) exp(1 − e−τ /T

)+

H (τ − t )

{−1[

v (t ,0) exp(1 − e−t/T

)] }v (t ,0) exp(1 − e−τ /T

);

= exp(1 − e−τ /T

) [G (t ,0) −

H (τ − t )[exp

(1 − e−t/T

)] ].

Continue a solução no verso =⇒

Impomos agora

G (t ,∞) = 0 ⇒

G (t ,0) −1[

exp(1 − e−t/T

)] = 0;

G (t ,0) =1[

exp(1 − e−t/T

)] .Portanto,

G (t ,τ ) = [1 − H (τ − t )]exp

(1 − e−τ /T

)exp

(1 − e−t/T

)

Continue a solução no verso =⇒

3 [25] A equação (que é uma equação de Euler)

x2y ′′ + 2xy ′ + λy = 0,x ′(0) = 0,x (1) = 0,

é um problema de Sturm-Liouville? Por quê? (Atenção: você tem que justi�car.)

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:É preciso que nos lembremos da forma geral da equação de Sturm-Liouville:

ddx

[p (x )

dydx

]+ q(x )y + λw (x )y = 0.

Por inspeção,

ddx

[x2 dy

dx

]= x2 d2y

dx2 + 2xdydx

Portanto, a equação pode ser escrita como:

ddx

[x2 dy

dx

]+ λy = 0,

x ′(0) = 0,x (1) = 0,

e este é, de fato, um problema de Sturm-Liouville com p (x ) = x2, q(x ) = 0, w (x ) = 1

Continue a solução no verso =⇒

4 [25] A equação diferencial de Boussinesq modi�cada

∂η

∂t=∂

∂x

(η∂η

∂x

)+ i0

representa a evolução de um maciço poroso reabastecido por uma taxa de in�ltração constante, em x e em t , i0. Como�zemos em sala, todos os termos devem ser considerados adimensionais: η é uma altura adimensionalizada do aquífero;i0 é uma taxa de in�ltração adimensional, etc.. Procure obter uma solução por separação de variáveis, assim comoBoussinesq fez com a equação original: é possível? Basta veri�car se a separação de variáveis vai funcionar ou não: nãoé preciso resolver!

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

∂XT

∂t=∂

∂x

(XT∂XT

∂x

)+ i0

XdTdt= T 2 d

dx

(X

dXdx

)+ i0

1T 2

dTdt=

1X

ddx

(X

dXdx

)+

i0XT 2 .

Claramente, não é possível deixar funções apenas de t em um lado, e funções apenas de x do outro lado, devido ao termoi0/(XT

2). O método de separação de variáveis não funciona.

Continue a solução no verso =⇒

TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP04, 28 nov 2014Prof. Nelson Luís Dias

0

NOME: GABARITO Assinatura:

ATENÇÃO: ESCOLHA E RESOLVA 3 DAS 4 QUESTÕES ABAIXO. VOCÊ PODE TENTAR AS 4, MAS TEMQUEINDICAR QUAIS SÃO AS 3 QUE VOCÊ QUER QUE SEJAM PONTUADAS!

1 [33,33333. . . ] Dada a equação de Boussinesq para regime permanente,

ddx

(h

dhdx

)= 0, h(0) = 1/2, h(1) = 1,

a) [11,1111. . . ] Obtenha uma solução analítica.

b) [22,2222. . . ] Escreva um esquema numérico implícito linearizado que parta de um “chute” inicial h(x ,0) = 1, eresolva [cuidado com o Português! Quem “resolve” é o esquema: você não precisa resolver :-)] a equaçãoda difusão

∂h

∂t=∂

∂x

(h∂h

∂x

)até o regime permanente ser alcançado (isso é análogo ao que você fez no trabalho computacional). Observação:basta propor o esquema geral: não é necessário detalhar como se incorpora as condições de contorno.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:a)

ddx

(h

dhdx

)= 0,

hdhdx= k1,

hdh = k1dx ,12h2 = k1x + k2,

h(0) = 1/2⇒18= k2;

h(1) = 1⇒ 1 = k1 +18⇒ k1 = 3/8⇒

12h2 =

38x +

18.

b) Faça

h∂h

∂x

�����i+1/2≈hni+1 + h

ni

2

[hn+1i+1 − h

n+1i

∆x

];

h∂h

∂x

�����i−1/2≈hni + h

ni−1

2

[hn+1i − hn+1

i−1∆x

];

como estamos usando o “h” do passo tempo anterior (n), isso na prática linearliza o esquema. Vamos simpli�car anotação:

hni+1/2 ≡hni+1 + h

ni

2,

hni−1/2 ≡hni + h

ni−1

2,

Continue a solução no verso =⇒

o que nos permite escrever

h∂h

∂x

�����i+1/2≈ hni+1/2

[hn+1i+1 − h

n+1i

∆x

];

h∂h

∂x

�����i−1/2≈ hni−1/2

[hn+1i − hn+1

i−1∆x

].

Podemos agora calcular a segunda derivada (aproximada):

∂

∂x

[h∂h

∂x

]

i≈

1∆x

h∂h

∂x

�����i+1/2− h∂h

∂x

�����i−1/2

=1∆x

[hni+1/2

[hn+1i+1 − h

n+1i

∆x

]− hni−1/2

[hn+1i − hn+1

i−1∆x

] ].

O esquema numérico agora é

hn+1i − hni∆t

=1∆x

[hni+1/2

[hn+1i+1 − h

n+1i

∆x

]− hni−1/2

[hn+1i − hn+1

i−1∆x

] ]

Continue a solução no verso =⇒

2 [33,3333. . . ] Dada a funçãow (x ) = sen

( 2πxL

),

e o espaço das funções reais quadrado-integráveis em [0,L], a operação

⟨f ,д

⟩≡

∫ L

0f (x )д(x )w (x ) dx

não é um produto interno. Por quê? (Por exemplo, dê um contra-exemplo de uma propriedade violada do produtointerno.)

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Escolha

f (x ) = H (x − L/2)

onde H (x ) é a função de Heaviside, e calcule

⟨f , f

⟩=

∫ L

0[H (x − L/2)]2 sen

( 2πxL

)dx

=

∫ L

L/2sen

( 2πxL

)dx

= −L

π.

Mas isso viola a propriedade do produto interno ⟨f , f

⟩≥ 0

Continue a solução no verso =⇒

3 [33,3333. . . ] Dada a função

д(x ) =+∞∑

n=−∞

[H (x − n) − H (x − (n + 1/2)] ,

a) [11,1111. . . ] Desenhe acuradamente д(x ).

b) [22,2222. . . ] Obtenha a Transformada de Fourier de д(x ).

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:a)

0.00

0.50

1.00

1.50

2.00

−4 −2 0 2 4

д(x)

x

b)

д̂(k ) =+∞∑

n=−∞

F [H (x − n) − H (x − (n + 1)/2)]

=

+∞∑n=−∞

12π

∫ n+1/2

ne−ikx dx

=

+∞∑n=−∞

i2πk

e−ikn[e−ik/2 − 1

]

Continue a solução no verso =⇒

4 [33,3333. . . ] Dada a equação do calor em um disco de raio ρ com simetria radial,

∂ϕ

∂t= α2 1

r

∂

∂r

(r∂ϕ

∂r

),

ϕ (r ,0) = f (r ),

∂ϕ

∂r(0,t ) =

∂ϕ

∂r(ρ,t ) = 0,

resolva o problema até o �m, mas deixando todas as integrais necessárias indicadas, exceto esta, que você deveusar: ∫ ρ

0r J0 (kmr ) dr =

ρ

kmJ1 (kmρ), km > 0.

Dica: a equação diferencial de Bessel de ordem µ,

d2y

dx2 +1x

dydx+

(1 −

µ2

x2

)y = 0

tem solução geraly (x ) = AJµ (x ) + BYµ (x ),

onde J0 (x ) é par, e todas as Y ’s têm comportamento logaritmico próximo à origem. Além disso,

dJ0 (x )dx

= −J1 (x );dY0 (x )

dx= −Y1 (x ).

Para x = kr e µ = 0, µ = 1, essas funções estão plotadas abaixo.

−2.00

−1.50

−1.00

−0.50

0.00

0.50

1.00

0 20 40 60 80 100

J 0(kr)

kr

−2.00

−1.50

−1.00

−0.50

0.00

0.50

1.00

0 20 40 60 80 100

Y0(kr)

kr

−2.00

−1.50

−1.00

−0.50

0.00

0.50

1.00

0 20 40 60 80 100

J 1(kr)

kr

−2.00

−1.50

−1.00

−0.50

0.00

0.50

1.00

0 20 40 60 80 100

Y1(kr)

kr

Continue a solução no verso =⇒

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Pelo método de separação de variáveis,

ϕ (r ,t ) = R (r )T (t ),

RdTdt= α2T

1r

ddr

(r

dRdr

);

÷RT ⇒

1α2

dTT=

1Rr

ddr

(r

dRdr

)= −λ.

As condições de contorno do problema levam, após a separação de variáveis, a

dR (0)dr

=dR (ρ)

dr= 0.

Essas são condições adequadas à Teoria de Sturm-Liouville; portanto, atacaremos primeiro a EDO em R:

1Rr

ddr

(r

dRdr

)= −λ,

ddr

(r

dRdr

)= −λrR,

ddr

(r

dRdr

)+ λrR = 0,

rd2R

dr 2 +dRdr+ λrR = 0,

λ = k2 ⇒

d2R

d(kr )2+

1(kr )

dRd(kr )

+ R = 0.

Essa última é uma equação de Bessel de ordem zero, cuja solução geral é

R (kr ) = AJ0 (kr ) + BY0 (kr ).

Antes de nos precipitarmos, devemos estudar os sinais de λ. É mais ou menos óbvio que λ = k2 > 0 vai servir, mas nonosso caso λ = 0 também vai! Veja:

λ = 0 ⇒1Rr

ddr

(r

dRdr

)= 0,

ddr

(r

dRdr

)= 0,

rdRdr= k1,

dRdr=k1

r

dR = k1drr

R (r ) = k1 ln r + k2

R′(0) = 0⇒ k1 = 0; k2 = qualquer.

Portanto, se λ = 0, existe a autofunção associada R0 (r ) = 1. É trivial que a T (t ) associada é T0 (t ) = 1.Vamos agora para a equação de Bessel.

λ = k2 > 0 ⇒R (r ) = AJ0 (kr ) + BY0 (kr );

dRdr= −k [AJ1 (kr ) + BY1 (kr )] .

Continue a solução no verso =⇒

As condição de contorno dR (0)/dr = 0 leva a

dR (0)dr

= 0⇒ B = 0,

(pois Y1 tem comportamento logaritmico na origem), e

J1 (0) = 0 (OK).

A condição de contorno dR (ρ)/dr = 0 leva aJ1 (knR) = 0, (?)

Os autovalores λn = k2n , n ≥ 1 são de�nidos implicitamente por essa equação. Então,

Rn (r ) = An J0 (knr ), n ≥ 1.

As funções T (t ) correspondentes são

1α2

dTndt= −k2

nt ,

Tn (t ) = Cn exp(−(αkn )

2t).

Note que podemos fazer An = Cn = 1 sem perda de generalidade. O que importa é reunir a solução em série, que deveráser do tipo

ϕ (r ,t ) = D0 +

∞∑n=1

Dn J0 (knr ) exp(−(αkn )

2t).

Para obter os Dn ’s:

f (r ) = D0 +

∞∑n=1

Dn J0 (knr ).

Precisamos tratar R0 (r ) = 1 de forma distinta dos demais Rn ’s. Multiplicamos portanto primeiro por 1, pela função pesor e integramos de 0 a ρ:

∫ ρ

r=0r f (r ) dr = D0

∫ ρ

r=0r dr +

∞∑n=1

Dn

∫ ρ

r=0r J0 (knr ) dr

Mas pelo enunciado do problema, ∫ ρ

r=0r J0 (knr ) dr =

ρ

knJ1 (knρ) = 0,

pois os kn ’s são autovalores (vide (?)). Isso nos dá D0:

D0 =2ρ2

∫ ρ

r=0r f (r ) dr .

Em seguida, Multiplicamos por J0 (kmr ), pela função peso r e integramos de 0 a ρ:∫ ρ

r=0r J0 (kmr ) f (r ) dr = D0

∫ ρ

r=0r J0 (kmr ) dr +

∞∑n=1

Dn

∫ ρ

r=0r J0 (kmr ) J0 (knr ) dr .

Pelo mesmo motivo de antes, a 1a integral do lado direito é nula. Além disso, as autofunções J0 (kmr ), J0 (knr ), sãoortogonais param , n. Portanto, �camos com∫ ρ

r=0r J0 (kmr ) f (r ) dr = Dm

∫ ρ

r=0r [J0 (kmr )]2 dr .

que pode ser deixada indicada, e que nos dá os Dm ’s,m ≥ 1

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TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRF, 8 Dez 2014Prof. Nelson Luís Dias

0

NOME: GABARITO Assinatura:

1 [25] Dada a equação de difusão∂u

∂t= D∂2u

∂x2,

e as seguintes discretizações:

un+1i − uni∆t

= D

(uni+1 − 2u

ni + u

ni−1

∆x2

), (?)

un+1i − uni∆t

= D

(un+1i+1 − 2u

n+1i + un+1i−1

∆x2

), (??)

un+1i − uni∆t

=12D

(uni+1 − 2u

ni + u

ni−1

∆x2

)+12D

(un+1i+1 − 2u

n+1i + un+1i−1

∆x2

), (???)

discuta com clareza e em detalhes as vantagens e desvantagens numéricas e computacionais de cada uma.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:O método explícito (?) é mais simples de implementar e rápido em cada passo, mas é condicionalmente estável. Issolimita o tamanho de passo de tempo permitido.O implícito (??) gera um sistema de equaçõesmas é incondicionalmente estável, possibilitando passos de tempomaiores.A sua acurácia de O (∆t ).Crank-Nicholson é um pouco mais complicado algebricamente (mas pouco!), e tem acurácia O (∆t2)

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2 [25] Use a desigualdade de Schwarz em um espaço vetorial que você deve encontrar, e a fórmula bem conhecida

n∑k=1

k =n(n + 1)

2

para mostrar que (∑nk=1 k

3/2)2(∑n

k=1 k2) ≤

n(n + 1)2

.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:O espaço é Rn .

x = (1,√2,√3, . . . ,

√n),

y = (1,2,3, . . . ,n),|⟨x ,y

⟩|2 ≤ 〈x ,x〉

⟨y,y

⟩*,

n∑k=1

k√k+-

2

≤

n∑k=1

√k√k

n∑k=1

k2

(∑nk=1 k

3/2)2(∑n

k=1 k2) ≤

n∑k=1

k =n(n + 1)

2

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3 [25] Dada a função

f (x ) = e−(x/a)2, f̂ (k ) =

12π

∫ +∞

−∞

e−ikxe−(x/a)2dx ,

é fácil mostrar que f̂ (0) = a/(2√π); note também que

dfdx= −2

x

a2e−(x/a)

2=

2a2i

(−ix f (x )) =2a2i

F−1

d f̂dk

.

Calculando a transformada de Fourier das extremidades da esquerda e da direita das igualdades acima, monte umaequação diferencial para f̂ (k ), e resolva-a. Você pode usar todos os fatos deste enunciado.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

F

{dfdx

}=

2ia2

d f̂dk

ik f̂ =2ia2

d f̂dk

−a2

2k dk =

d f̂f̂

−k2a2

4= ln

f̂ (k )

f̂ (0)

f̂ (k ) =

a

2√πe−

k2a24

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4 [25] Resolva o problema de Sturm-Liouville

d2ydx2+ k2y = 0; y ′(0) = y ′(L) = 0.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Se k = 0,

y (x ) = const. = cos(0 × πx

L)

é uma solução. Se k > 0,

y (x ) = A cos(kx ) + B sen(kx ),y ′(x ) = k [−A sen(kx ) + B cos(kx )] .

Dey ′(0) = 0⇒ B = 0.

Então,

y ′(L) = 0,−kA sen(kL) = 0

kL = nπ

kn =nπ

L.

Portanto, os autovalors e as autofunções do problema são

k2n =n2π2

L2, yn (x ) = cos

(nπxL

), n = 0,1,2, . . .

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