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TEA752 Métodos Matemáticos em Eng. AmbientalPrograma de Pós-Graduação em Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP02, 05 abr 2017Prof. Nelson Luís Dias

7

NOME: ALUNO GENÉRICO Assinatura:

1 [50] Considere a seguinte abordagem relativamente geral para o método da transformação de similaridade. Dada umaequação diferencial cuja incógnita é u (x , t ), tentamos as seguintes transformações

u = λU ,

x = λmX ,

t = λnT .

A substituição deve levar a uma equação diferencial cuja incógnita éU (X ,T ) “similar” à equação original. Por exemplo,considere a equação diferencial parcial não-linear

∂u

∂t= u∂2u

∂x2 − u3.

Aplicando as transformações acima,

λ1−n ∂U

∂T= λ2−2mU

∂2U

∂X 2 − λ3U 3.

Para que essa equação seja similar à original, devemos ter

1 − n = 3, (1)2 − 2m = 3, (2)

e portantom = −1/2, n = −2, e n = 4m. Em termos de λ, temos

λ =u

U=

[ xX

]1/m=

[ tT

]1/n.

Podemos escolher duas variáveis de similaridade:

υ =u

t1/n =U

T 1/2n , (3)

ξ =x

tm/n =X

Tm/n . (4)

Prevemos portanto que a solução de similaridade será do tipo

u

t−1/2 = f( x

t1/4

).

Agora obtenha a EDO, cuja incógnita é f (ξ ), correspondente à EDP original (em u (x , t )).

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

−12f −

ξ

4f ′ = f f ′′ − f 3.

Continue a solução no verso =⇒

CONTINUAÇÃO DA QUESTÃO


2 [50] Calcule a transformada de Fourier da equação de Burger,

∂u

∂t+ u∂u

∂x= ν∂2u

∂x2 .

Para o cálculo da transformada do termo não-linear u ∂u∂x , utilize o Teorema da convolução da transformada inversa de

Fourier:F−1 {

u (k ) ∗ v (k )}= u (x )v (x ).

com v = ∂u∂x . OBSERVE QUE A TRANSFORMADA É NO PAR u (x , t ) ↔ u (k, t ).


∂u

∂t+F

{u∂u

∂x

}= i2k2νu;

∂u

∂t+F {uv} = −k2νu .

Mas

F {uv} = F[F−1 {

u ∗ v}]

= u ∗ v

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t )F

{∂u (κ, t )

∂x

}dκ

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t ) × iκu dκ

= i∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ .

Portanto,∂u

∂t+ i

∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ + k2νu = 0



6

NOME: GEOVANA THAIS COLOMBO Assinatura:


u = λU ,

x = λmX ,

t = λnT .


∂u

∂t= u∂2u

∂x2 − u3.


λ1−n ∂U

∂T= λ2−2mU

∂2U

∂X 2 − λ3U 3.


1 − n = 3, (5)2 − 2m = 3, (6)


λ =u

U=

[ xX

]1/m=

[ tT

]1/n.


υ =u

t1/n =U

T 1/2n , (7)

ξ =x

tm/n =X

Tm/n . (8)


u

t−1/2 = f( x

t1/4

).



−12f −

ξ

4f ′ = f f ′′ − f 3.



∂u

∂t+ u∂u

∂x= ν∂2u

∂x2 .


Fourier:F−1 {

u (k ) ∗ v (k )}= u (x )v (x ).



∂u

∂t+F

{u∂u

∂x

}= i2k2νu;

∂u

∂t+F {uv} = −k2νu .

Mas

F {uv} = F[F−1 {

u ∗ v}]

= u ∗ v

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t )F

{∂u (κ, t )

∂x

}dκ

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t ) × iκu dκ

= i∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ .

Portanto,∂u

∂t+ i

∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ + k2νu = 0



5

NOME: KELLY KATHLEEN ALMEIDA HEYLMANN Assinatura:


u = λU ,

x = λmX ,

t = λnT .


∂u

∂t= u∂2u

∂x2 − u3.


λ1−n ∂U

∂T= λ2−2mU

∂2U

∂X 2 − λ3U 3.


1 − n = 3, (9)2 − 2m = 3, (10)


λ =u

U=

[ xX

]1/m=

[ tT

]1/n.


υ =u

t1/n =U

T 1/2n , (11)

ξ =x

tm/n =X

Tm/n . (12)


u

t−1/2 = f( x

t1/4

).



−12f −

ξ

4f ′ = f f ′′ − f 3.



∂u

∂t+ u∂u

∂x= ν∂2u

∂x2 .


Fourier:F−1 {

u (k ) ∗ v (k )}= u (x )v (x ).



∂u

∂t+F

{u∂u

∂x

}= i2k2νu;

∂u

∂t+F {uv} = −k2νu .

Mas

F {uv} = F[F−1 {

u ∗ v}]

= u ∗ v

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t )F

{∂u (κ, t )

∂x

}dκ

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t ) × iκu dκ

= i∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ .

Portanto,∂u

∂t+ i

∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ + k2νu = 0



4

NOME: LARISSA CARRÉRA BAGINSKI Assinatura:


u = λU ,

x = λmX ,

t = λnT .


∂u

∂t= u∂2u

∂x2 − u3.


λ1−n ∂U

∂T= λ2−2mU

∂2U

∂X 2 − λ3U 3.


1 − n = 3, (13)2 − 2m = 3, (14)


λ =u

U=

[ xX

]1/m=

[ tT

]1/n.


υ =u

t1/n =U

T 1/2n , (15)

ξ =x

tm/n =X

Tm/n . (16)


u

t−1/2 = f( x

t1/4

).



−12f −

ξ

4f ′ = f f ′′ − f 3.



∂u

∂t+ u∂u

∂x= ν∂2u

∂x2 .


Fourier:F−1 {

u (k ) ∗ v (k )}= u (x )v (x ).



∂u

∂t+F

{u∂u

∂x

}= i2k2νu;

∂u

∂t+F {uv} = −k2νu .

Mas

F {uv} = F[F−1 {

u ∗ v}]

= u ∗ v

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t )F

{∂u (κ, t )

∂x

}dκ

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t ) × iκu dκ

= i∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ .

Portanto,∂u

∂t+ i

∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ + k2νu = 0



3

NOME: PAOLA CRISTINE HUNGERBUHLER Assinatura:


u = λU ,

x = λmX ,

t = λnT .


∂u

∂t= u∂2u

∂x2 − u3.


λ1−n ∂U

∂T= λ2−2mU

∂2U

∂X 2 − λ3U 3.


1 − n = 3, (17)2 − 2m = 3, (18)


λ =u

U=

[ xX

]1/m=

[ tT

]1/n.


υ =u

t1/n =U

T 1/2n , (19)

ξ =x

tm/n =X

Tm/n . (20)


u

t−1/2 = f( x

t1/4

).



−12f −

ξ

4f ′ = f f ′′ − f 3.



∂u

∂t+ u∂u

∂x= ν∂2u

∂x2 .


Fourier:F−1 {

u (k ) ∗ v (k )}= u (x )v (x ).



∂u

∂t+F

{u∂u

∂x

}= i2k2νu;

∂u

∂t+F {uv} = −k2νu .

Mas

F {uv} = F[F−1 {

u ∗ v}]

= u ∗ v

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t )F

{∂u (κ, t )

∂x

}dκ

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t ) × iκu dκ

= i∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ .

Portanto,∂u

∂t+ i

∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ + k2νu = 0



2

NOME: RODRIGO BRANCO RODAKOVISKI Assinatura:


u = λU ,

x = λmX ,

t = λnT .


∂u

∂t= u∂2u

∂x2 − u3.


λ1−n ∂U

∂T= λ2−2mU

∂2U

∂X 2 − λ3U 3.


1 − n = 3, (21)2 − 2m = 3, (22)


λ =u

U=

[ xX

]1/m=

[ tT

]1/n.


υ =u

t1/n =U

T 1/2n , (23)

ξ =x

tm/n =X

Tm/n . (24)


u

t−1/2 = f( x

t1/4

).



−12f −

ξ

4f ′ = f f ′′ − f 3.



∂u

∂t+ u∂u

∂x= ν∂2u

∂x2 .


Fourier:F−1 {

u (k ) ∗ v (k )}= u (x )v (x ).



∂u

∂t+F

{u∂u

∂x

}= i2k2νu;

∂u

∂t+F {uv} = −k2νu .

Mas

F {uv} = F[F−1 {

u ∗ v}]

= u ∗ v

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t )F

{∂u (κ, t )

∂x

}dκ

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t ) × iκu dκ

= i∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ .

Portanto,∂u

∂t+ i

∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ + k2νu = 0



1

NOME: MAUREN MARQUES Assinatura:


u = λU ,

x = λmX ,

t = λnT .


∂u

∂t= u∂2u

∂x2 − u3.


λ1−n ∂U

∂T= λ2−2mU

∂2U

∂X 2 − λ3U 3.


1 − n = 3, (25)2 − 2m = 3, (26)


λ =u

U=

[ xX

]1/m=

[ tT

]1/n.


υ =u

t1/n =U

T 1/2n , (27)

ξ =x

tm/n =X

Tm/n . (28)


u

t−1/2 = f( x

t1/4

).



−12f −

ξ

4f ′ = f f ′′ − f 3.



∂u

∂t+ u∂u

∂x= ν∂2u

∂x2 .


Fourier:F−1 {

u (k ) ∗ v (k )}= u (x )v (x ).



∂u

∂t+F

{u∂u

∂x

}= i2k2νu;

∂u

∂t+F {uv} = −k2νu .

Mas

F {uv} = F[F−1 {

u ∗ v}]

= u ∗ v

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t )F

{∂u (κ, t )

∂x

}dκ

=

∫ κ=+∞

κ=−∞u (k − κ, t ) × iκu dκ

= i∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ .

Portanto,∂u

∂t+ i

∫ +∞κ=−∞

κu (k − κ, t )u (κ, t ) dκ + k2νu = 0


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