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TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP01, 30 set 2011Prof. Nelson Luís Dias

0

NOME: GABARITO Assinatura:

1 [50] Dada a equação da difusão unidimensional∂u

∂t= D

∂2u

∂x2 , 0 ≤ x ≤ L,

e o esquema de discretização

∆x = L/Nx,

xi = i∆x, i = 0, . . . , Nx,

tn = t∆t,un

i = u(xi, tn),1

2∆t[(un+1

i+1 − uni+1) + (un+1

i−1 − uni−1)

]= D

uni+1 − 2un

i + uni−1

∆x2 ,

obtenha o critério de estabilidade por meio de uma análise de estabilidade de von Neumann.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Suponha que a equação diferencial se aplique ao erro:

εni =∑

l

ξleatneikli∆x ⇒

Então1

2∆t

[(ξle

a(tn+∆t)eikl(i+1)∆x − ξleatneikl(i+1)∆x) + (ξle

a(tn+∆t)eikl(i−1)∆x − ξleatneikl(i−1)∆x

]=

Dξle

atneikl(i+1)∆x − 2ξleatneikli∆x + ξle

atneikl(i−1)∆x

∆x2 ;

12∆t

[(ξle

a∆teikl(i+1)∆x − ξleikl(i+1)∆x) + (ξle

a∆teikl(i−1)∆x − ξleikl(i−1)∆x

]=

Dξle

ikl(i+1)∆x − 2ξleikli∆x + ξle

ikl(i−1)∆x

∆x2

12∆t

[( ea∆teikl(i+1)∆x − eikl(i+1)∆x) + ( ea∆teikl(i−1)∆x − eikl(i−1)∆x

]= D

eikl(i+1)∆x − 2 eikli∆x + eikl(i−1)∆x

∆x2

[( ea∆teikl(i+1)∆x − eikl(i+1)∆x) + ( ea∆teikl(i−1)∆x − eikl(i−1)∆x

]= 2D∆t

∆x2

[eikl(i+1)∆x − 2 eikli∆x + eikl(i−1)∆x

]ea∆t

[eikl(i+1)∆x + eikl(i−1)∆x

]= eikl(i+1)∆x + eikl(i−1)∆x + 2Fo

[eikl(i+1)∆x − 2 eikli∆x + eikl(i−1)∆x

]ea∆t

[eikl∆x + e−ikl∆x

]= eikl∆x + e−ikl∆x + 2Fo

[eikl∆x − 2 + e−ikl∆x

]ea∆t = 1 + 2Fo2 cos(kl∆x)− 2

2 cos(kl∆x)

= 1 + 2Focos(kl∆x)− 1cos(kl∆x)

= 1− 4Fosen2(kl∆x/2)cos(kl∆x) .

A função

f(x) = sen2(x/2)cos(x)

possui singularidades em π/2 + kπ, e muda de sinal em torno destas singularidades: não é possível garantir que|ea∆t| < 1 uniformemente, e o esquema é incondicionalmente instável.

Continue a solução no verso =⇒

2 [50] Considere a equação diferencial parcial

∂u

∂t= D

∂2u

∂x2 , 0 ≤ x ≤ L,

com condições iniciais e de contorno

u(x, 0) = 0, u(0, t) = c,∂u

∂x(L, t) = 0,

onde c é uma constante. Dado o esquema de discretização implícito clássico,

un+1i − un

i

∆t = Dun+1

i+1 − 2un+1i + un+1

i−1∆x2

(com a mesma discretização xi, tn, uni da questão 1), e para Nx = 8, obtenha o sistema de equações lineares

[A][u]n+1 = [b]

onde os Ai,j ’s dependem do número de grade de Fourier, e os bi’s dependem dos uni ’s. Em outras palavras,

escreva explicitamente a matriz quadrada [A] e a matriz-coluna [b] para Nx = 8.Atenção: As condições de contorno geram linhas especiais em [A] e [b].Atenção: A condição de contorno em x = L é diferente das condições de contorno discutidas em sala de aula:discretize a derivada correspondente, e obtenha uma relação entre uNx−1 e uNx

.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Se Nx = 8, o contorno está em i = 0 e em i = 8. O esquema de diferenças finitas é simples:

un+1i − un

i = Fo[un+1

i+1 − 2un+1i + un+1

i−1],

−Foun+1i−1 + (1 + 2Fo)un+1

i − Foun+1i+1 = un

i ,

e esta última equação formará o grosso das linhas da matriz do sistema. Como sempre, é preciso levar emconsideração as condições de contorno discretizadas. Elas são (para qualquer n)

u0 = c,

uNx − uNx−1

∆x = 0 ⇒ uNx= uNx−1

u8 = u7

Portanto, a 1a linha será

−Foc+ (1 + 2Fo)un+11 − Foun+1

2 = un1 ,

(1 + 2Fo)un+11 − Foun+1

2 = un1 + Foc;

a última linha será

−Foun+1Nx−2 + (1 + 2Fo)un+1

Nx−1 − Foun+1Nx−1 = un

Nx−1

−Foun+1Nx−2 + (1 + Fo)un+1

Nx−1 = unNx−1,

−Foun+16 + (1 + Fo)un+1

7 = un7 .

A matriz do sistema será

1 + 2Fo −Fo 0 0 0 0 0−Fo (1 + 2Fo) −Fo 0 0 0 0

0 −Fo (1 + 2Fo) −Fo 0 0 00 0 −Fo (1 + 2Fo) −Fo 0 00 0 0 −Fo (1 + 2Fo) −Fo 00 0 0 0 −Fo (1 + 2Fo) −Fo0 0 0 0 0 −Fo (1 + Fo)

un+11un+1

2un+1

3un+1

4un+1

5un+1

6un+1

7

=

un1 + Focun

2un

3un

4un

5un

6un

7


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP02, 04 nov 2011Prof. Nelson Luís Dias

0


1 [20] Considere um espaço vetorial V = {f(x)}, com campo escalar R e composto por funções reais de umavariável real, f : R→ R. Atenção: isto significa que não há números complexos nesta questão. Definao produto interno entre duas funções f, g ∈ V como

〈f, g〉 ≡∫ +∞

−∞f(x)g(x)e−x

2dx.

Então, o conjunto das funções Hn(x) definidas abaixo é ortogonal:

Hn(x) ≡ (−1)nex2 dn

dxne−x

2⇒∫ +∞

−∞Hm(x)Hn(x)e−x

2dx =

{0 m 6= n,

2nn!√π m = n.

(Este é um fato que você não precisa provar!) Isto significa que é possível decompor f(x) em uma sériede Fourier nas funções H(x):

f(x) =∞∑n=0

cnHn(x).

Obtenha uma expressão para cn em termos de uma integral envolvendo f(x), Hn(x) e e−x2 . Calma: isto éapenas o bom e velho procedimento de obtenção de coeficientes de Fourier, só que com um novoconjunto de funções ortogonais.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

f(x) =∞∑n=0

cnHn(x)

f(x)Hm(x) =∞∑n=0

cnHn(x)Hm(x)

f(x)Hm(x)e−x2

=∞∑n=0

cnHn(x)Hm(x)e−x2

∫ ∞−∞

f(x)Hm(x)e−x2dx =

∫ ∞−∞

∞∑n=0

cnHn(x)Hm(x)e−x2dx

=∞∑n=0

∫ ∞−∞

cnHn(x)Hm(x)e−x2dx

= cm2mm!√π ⇒

cm = 12mm!

√π

∫ ∞−∞

f(x)Hm(x)e−x2dx


2 [40] A função da figura, definida entre x = 1 ex = 2, é uma parábola do 2o grau. Obtenha sua sériede Fourier trigonométrica.

0 1 3/2 2

1

x

y

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:A parábola possui equação

f(x) = A(x− 1)(x− 2)

com1 = A(3/2− 1)(3/2− 2)⇒ A = −4.

Agora, usamos os coeficientes de Fourier clássicos:

An = 2L

∫ b

a

f(x) cos 2nπxL

dx;

A0 = 2∫ 2

1−4(x− 1)(x− 2) dx = 4/3;

An = 2∫ 2

1−4(x− 1)(x− 2) cos(2nπx) dx = − 4

π2n2 , n ≤ 1;

Bn = 2L

∫ b

a

f(x) sen 2nπxL

dx;

Bn = 2∫ 2

1−4(x− 1)(x− 2) sen(2nπx) dx = 0.

Portanto,

−4(x− 1)(x− 2) = 46 +

∞∑n=1− 4π2n2 cos(2nπx)


1 [40] Utilizando obrigatoriamente transformada de Fourier, resolva

∂φ

∂t= D

∂2φ

∂x2 + αφ, φ(x, 0) = Mδ(x),

onde δ(x) é a delta de Dirac, para t ≥ 0 e −∞ < x < +∞. Use o par de transformada-antitransformada deFourier: e−( x

a )2↔ a

2√π

e− k2a24 .

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Primeiro, transformo a condição inicial para uso posterior:

φ(k, 0) = 12π

∫ +∞

−∞f(x, 0)e−ikx dx

= 12π

∫ +∞

−∞Mδ(x)e−ikx dx

= M

2π .

Em seguida, transformo a EDP:

∂φ

∂t= D

∂2φ

∂x2 + αφ,

dφ

dt= (ik)2Dφ+ αφ

dφ

dt=[(ik)2D + α

]φ

dφ

φ= (−k2D + α) dt

ln φ(k, t)φ(k, 0)

= (−k2D + α)t

φ(k, t) = M

2π e(−k2D+α)t

Agora é uma questão de utilizar corretamente as fórmulas dadas:

φ(x, t) = eαtM2π F−1

{e−k

2Dt}

;

reconhecendo

a = 4Dt,

φ(x, t) = eαtM2π

2√π√

4Dte− x2

4Dt = eαtM√4πDt

e− x24Dt


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP03, 24 nov 2011Prof. Nelson Luís Dias

0


1 [20] Obtenha a série de Fourier trigonométrica da extensão ímpar de

f(x) ={

1/2 0 ≤ x ≤ 1/2,1− x 1/2 ≤ x ≤ 1.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Para a extensão ímpar, L = 2, e:

An = 0;

Bn = 2L

∫ 1

−1f(x) sin

(2nπx

2

)dx

=∫ +1

−1f(x) sin

(2nπx

2

)dx

= 2∫ +1

0f(x) sin(nπx) dx

= 1πn

[1 + 2

πnsen(πn

2

)];

f(x) =∞∑n=1

{1πn

[1 + 2

πnsen(πn

2

)]sen(nπx)

}


2 [40] Obtenha a função de Green dedy

dx− (tg x)y = f(x), y(0) = y0.


G(x, ξ)dydξ−G(x, ξ)(tg ξ)y = G(x, ξ)f(ξ)∫ ∞

0G(x, ξ)dy

dξdξ −

∫ ∞0

G(x, ξ)(tg ξ)y dξ =∫ ∞

0G(x, ξ)f(ξ) dξ

G(x, ξ)y(ξ)∣∣∣∣ξ=∞

ξ=0−∫ ∞

0

dG

dξy dξ −

∫ ∞0

G(x, ξ)(tg ξ)y dξ =∫ ∞

0G(x, ξ)f(ξ) dξ

G(x,∞)y(∞)−G(x, 0)y(0)−∫ ∞

0

[dG

dξ+ (tg ξ)G

]y(ξ) dξ =

∫ ∞0

G(x, ξ)f(ξ) dξ

Neste ponto, nós desejamos:

G(x,∞) = 0,dG

dξ+ (tg ξ)G = δ(ξ − x).

Não é uma boa idéia usar transformada de Laplace, por causa da (tg ξ); façamos G(x, ξ) = u(x, ξ)v(x, ξ), eprossigamos.

udv

dξ+ v

du

dξ+ (tg ξ)uv = δ(ξ − x),

u

[dv

dξ+ (tg ξ)v

]+ v

du

dξ= δ(ξ − x)

dv

dξ= −v tg ξ

dv

v= − tg ξdξ∫ v(x,ξ)

v(x,0)

dv

v= −

∫ ξ

0tg ξ′ dξ′

ln v(x, ξ)v(x, 0) = ln(cos(ξ))

v(x, ξ) = v(x, 0) cos(ξ);

Seguimos para u:

v(x, 0) cos(ξ)dudξ

= δ(ξ − x),

v(x, 0)∫ u(x,ξ)

u(x,0)du =

∫ ξ

0

1cos η δ(η − x) dη

v(x, 0)[u(x, ξ)− u(x, 0)] = 1cos(x)H(ξ − x)

u(x, ξ) = u(x, 0) + 1v(x, 0) cos(x)H(ξ − x)

G(x, ξ) = u(x, ξ)v(x, ξ) = u(x, 0)v(x, 0) cos(ξ) + cos(ξ)cos(x)H(ξ − x)

= G(x, 0) cos(ξ) + cos(ξ)cos(x)H(ξ − x).

Isto já nos permite avaliar o comportamento de G(x,∞):

G(x,∞) = cos(∞)[G(x, 0) + 1

cos(x)

],

G(x, 0) = − 1cos(x) .


Finalmente,

G(x, ξ) = − cos(ξ)cos(x) + cos(ξ)

cos(x)H(ξ − x),

= −[1−H(ξ − x)] cos(ξ)cos(x)


1 [40] Dado o problema de Sturm-Liouville

y′′(0) + λ2y = 0,y′(0) = 0,

y(1) + y′(1) = 0,

a) [20] Encontre a equação (que não pode ser resolvida algebricamente) cujas (infinitas) soluções dão osautovalores λn, n = 1, 2, 3, . . .

b) [05] Desenhe uma figura mostrando estas soluções como interseções de 2 funções de λ.

c) [15] Encontre as autofunções yn(x).


y(x) ={C +Dx λ = 0,A cos(λx) +B sen(λx) λ > 0

Para o caso λ = 0,

y(x) = C +Dx,

y′(x) = D; y′(0) = 0⇒ D = 0;y(1) + y′(1) = C +D +D = C + 2D = C = 0.

Portanto, λ = 0 não é autovalor.Para λ > 0,

y(x) = A cos(λx) +B sen(λx),y′(x) = λ [−A sen(λx) +B cos(λx)] ;y′(0) = λB cos(λ0) = λB = 0⇒ B = 0;y(x) = A cos(λx),y′(x) = −Aλ sen(λx).

Agora

y(1) + y′(1) = A cosλ−Aλ senλ = 0,cosλ = λ senλ,

tg λ = 1λ

Portanto, a equação que dá os autovalores étg λn = 1

λne as autofunções são

yn = cos(λn)A figura a seguir mostra as interseções que definem os λn’s.

-10

-5

0

5

10

π/2 3π/2 5π/2 7π/2λ

tg(λ)1/λ


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRP04, 16 dez 2011Prof. Nelson Luís Dias

0


1 [20] Dada a equação diferencial não-linear de Boussinesq,

∂h

∂t= ∂

∂x

[h∂h

∂x

],

h(x, 0) = H,

h(0, t) = H0,

∂h

∂x

∣∣∣∣x=1

= 0,

obtenha uma discretização linearizada da mesma em diferenças finitas do tipo

h(xi, tn) = h(i∆x, n∆t) = hni

da seguinte forma:

• discretize a derivada parcial em relação ao tempo com um esquema progressivo no tempo entre n e n+ 1;

• aproxime h dentro do colchete por hni (este é o truque que lineariza o esquema de diferenças finitas) emantenha-o assim;

• utilize esquemas de diferenças finitas implícitos centrados no espaço para as derivadas parciais em relaçãoa x, exceto no termo hni do item anterior.

NÃO MEXA COM AS CONDIÇÕES DE CONTORNO.


hn+1i − hni

∆t =hni

hn+1i+1 −h

n+1i

∆x − hnihn+1

i−hn+1

i−1∆x

∆xhn+1i − hni

∆t = hnihn+1i+1 − 2hn+1

i + hn+1i−1

∆x2


2 [20] Obtenha os autovalores e as autofunções do problema de Sturm-Liouville

y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(π

2

)= 0.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Se λ < 0:

r2 + λ = 0,r2 = −λ,r = ±

√−λ,

y(x) = A cosh(√−λx) +B senh(

√−λx),

y′(x) =√−λ[A senh(

√−λx) +B cosh(

√−λx)

]Agora implementamos as condições de contorno:

y′(0) = 0⇒ B = 0,

y(π

2

)= 0⇒ A cosh

(√−λπ2

)= 0⇒ A = 0.

A única solução possível é y ≡ 0, e λ < 0 não é autovalor.Se λ = 0:

y(x) = Ax+B,

y′(x) = A,

y′(0) = 0⇒ A = 0,

y(π

2

)= 0⇒ B = 0.

A única solução possível é y ≡ 0, e λ = 0 não é autovalor.Se λ > 0:

y(x) = A cos(√λx) +B sen(

√λx),

y′(x) =√λ[−A sen(

√λx) +B cos(

√λx)+

],

y′(0) = 0⇒ B = 0,

y(π

2

)= 0⇒ A cos

(√λπ

2

)= 0,

√λπ

2 = (2n− 1)π2 , n = 1, 2, 3, . . .

Portanto, os autovalores e as autofunções são, respectivamente,

λn = (2n− 1)2,

yn = cos ((2n− 1)x)


3 [20] Sabendo que

12π

∫ +∞

−∞

sen xx

e−ikx dx = 12 [H(k + 1)−H(k − 1)] ,

12π

∫ +∞

−∞e−|x|e−ikx dx = 1

π(k2 + 1) ,

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

12π

∫ +∞

x=−∞e−ikx

∫ +∞

ξ=−∞

sen(x− ξ)x− ξ

e−|ξ| dξ dx.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Trata-se da transformada de Fourier da convolução de f(x) = sen x

x com g(x) = e−x; mas pelo Teorema daConvolução,

F [f ∗ g] (x) = 2πf(k)g(k)

= H(k + 1)−H(k − 1)k2 + 1


4 [20] Mostre que∂h

∂t= ∂

∂x

[h∂h

∂x

]é uma EDP parabólica.


∂h

∂t= h

∂2h

∂x2 + ∂h

∂x

∂h

∂x,

h∂2h

∂x2 = ∂h

∂t− ∂h

∂x

∂h

∂x,

B2 −AC = 0− h× 0 = 0


5 [20] Obtenha por separação de variáveis uma solução “livre” (isto é: independente de condições iniciaisou de contorno) para a EDP

∂h

∂t+ ∂(hn)

∂x= 0, n > 1

em função de 3 constantes de integração k1, k2 e k3 (não se preocupe: elas surgirão naturalmente).


h = X(x)T (t),∂(XT )∂t

+ ∂(XT )n∂x

= 0,

XdT

dt+ n(XT )n−1T

dX

dx= 0

XdT

dt+ nXn−1Tn

dX

dx= 0

T−ndT

dt+ nXn−2 dX

dx= 0

T−ndT

dt= −nXn−2 dX

dx= k1.

Integração em T :

T−ndT = k1dt,

T 1−n

1− n = k1t+ k2,

T 1−n = (1− n)(k1t+ k2),

T (t) =[(1− n)(k1t+ k2)

] 11−n

.

Integração em x:

−nXn−2dX = k1dx,

−nn− 1X

n−1 = k1x+ k3,

Xn−1 = −n− 1n

(k1x+ k3)

X =[−n− 1

n(k1x+ k3)

] 1n−1

.

Finalmente,

h(x, t) = XT =[−n− 1

n(k1x+ k3)

] 1n−1

[(1− n)(k1t+ k2)

] 11−n


TT010 Matemática Aplicada IICurso de Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPRF, 09 jan 2011Prof. Nelson Luís Dias

0


1 [20] Dada a equação diferencial ordinária não-linear

dy

dx︸︷︷︸I

+ y2

ycL︸︷︷︸II

= ycx︸︷︷︸III

, y(L) = yc,

onde: y = y(x); yc > 0 e L > 0 são constantes; JyK = JycK, e JxK = JLK:

a) [05] Mostre que a equação é dimensionalmente homogênea.

b) [15] Utilizando um ∆x constante, obtenha um esquema totalmente implícito fazendo y = yn+1 em II ex = xn+1 em III. Encontre uma equação do 2o grau, e resolva para yn+1: qual das duas raízes você deveusar?


yn+1 − yn∆x +

y2n+1ycL

− ycxn+1

= 0,

1ycL

y2n+1 + 1

∆xyn+1 −[yn∆x + yc

xn+1

]= 0,

yn+1 =[− 1

∆x +

√1

∆x2 + 4ycL

(yn∆x + yc

xn+1

)]ycL

2 .

O termo no radical é maior, em módulo, que 1/∆x: assim, se y0 = yc (veja a condição inicial), y1 trocaria desinal se usássemos o sinal de menos. O sinal correto, portanto, é o de mais


2 [20] Esta questão é dividida em duas etapas. Dado o par de transformada-antitransformada de Fourier

F {f(x)} = f(k) = 12π

∫ +∞

−∞e−ikxf(x) dx ↔ F−1

{f(k)

}= f(x) =

∫ +∞

−∞e+ikxf(k) dk,

algumas integrais podem não existir no sentido clássico, mas apenas no sentido de distribuições.

a) [10] Obtenha a transformada de Fourier de g(x) = 1. Sugestão: calcule a antitransformada de Fourier dafunção delta de Dirac, δ(k).

b) [10] Utilizando o resultado acima, e

F−1{dg

dk

}= −ixg(x),

calcule a transformada de Fourier de f(x) = x.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:a) Se g(k) = δ(k), então

g(x) =∫ +∞

−∞e+ikxδ(k) dk = 1;

logo,F{1} = δ(k).

b) Fazendo g(x) = 1:

F−1{dg

dk

}= −ixg(x),

F

{F−1

{dδ

dk

}}= F {−ix} ,

−1idδ

dk= F {x}


3 [20] Encontre os autovalores e as autofunções do problema de Sturm-Liouville

y′′ + 4y′ + (4− 9λ)y = 0, y(0) = y(L) = 0.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Se λ > 0:

y(x) = c1e(−2+3√λ)x + c2e(−2−3

√λ)x.

As condições de contorno levam a

c1 + c2 = 0,

c1e(−2+3√λ)L + c2c2e(−2−3

√λ)L = 0,

donde c1 = c2 = 0, e λ > 0 não é autovalor.Se λ = 0:

y(x) = (c1 + c2x)e−2x.


c1 = 0,c2Le−2L = 0,

donde c1 = c2 = 0, e λ = 0 não é autovalor.Se λ < 0:

y(x) = e−2x(c1 sen(3

√−λx) + c2 cos(3

√−λx)

).


c2 = 0,e−2Lc1 sen(3

√−λL) = 0.

Portanto,

3√−λL = nπ,

λn = −π2n2

9L2 , n = 1, 2, 3, . . . .

As autofunções correspondentes são

yn(x) = e−2x sen nπxL

, n = 1, 2, 3, . . .


4 [20] Utilizando obrigatoriamente o método das características, resolva

∂u

∂t− βk∂u

∂k− βu+ νk2u = 0, u(k, 0) = f(k)

para u(k, t).

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Suponha u = U(s), t = T (s), k = K(s) :

dU

ds= ∂u

∂t

dT

ds+ ∂u

∂k

dK

ds,

donde

dT

ds= 1,

dK

ds= −βK,

dU

ds= βU − νK2U.

Encontre: T = s (sem perda de generalidade, a constante de integração T (0) = 0), K(s) = ξe−βs. Agora,K2(s) = ξ2e−2βs, e

dU

ds= βU − νξ2e−2βsU.

Esta entretanto é uma equação separável:

dUU

= βds− νξ2e2βs ds∫ u(ξ,t)

u(ξ,0)

dUU

=∫ t

0βds− νξ2e2βs ds

ln u(ξ, t)f(ξ) = βt− νξ2

2β[1− e−2αt]

u(k, t) = f(k) exp[βt− νk2e2βt

2β(1− e−2βt)]

u(k, t) = f(k) exp[βt− νk2

2β(e2βt − 1

)]


5 [20] Obtenha a série trigonométrica de Fourier da extensão ímpar de

f(x) = ex, 0 < x ≤ 1.


An = 2L

∫ b

a

fI(x) cos 2nπxL

dx ≡ 0,

Bn = 2L

∫ b

a

fI(x) sen 2nπxL

dx

=∫ 1

−1fI(x) sen(nπx) dx

= 2∫ 1

0ex sen(nπx) dx

= 2πnπ2n2 + 1 [1− (−1)neπ]


tt010matemáticaaplicadaii cursodeengenhariaambiental ... · ea∆t = 1 + 2fo 2cos(k l∆x) −2...

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