curso de engenharia ambiental 0 nome: gabarito assinatura · o desenho da gura e feito com...

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)


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) ;% ------------------------------------------------------------------------------


% 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.


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRP02, 08 Ago 2010Prof. Nelson Luís Dias

0


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.


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


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRP03, 29 Out 2010Prof. Nelson Luís Dias

0


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.


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


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


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


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRP04, 03 Dez 2010Prof. Nelson Luís Dias

0


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


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).


−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)


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


−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)]



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


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

).


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


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia AmbientalUFPRF, 17 Dez 2010Prof. Nelson Luís Dias

0


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.


∫ 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


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

)


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

]


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).


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)]


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!


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.


curso de engenharia ambiental 0 nome: gabarito assinatura · o desenho da gura e feito com...

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