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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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