2º EE · Complementos de Matemática

Questão 012º EE2023.2EDO · Homogênea de grau zero com a substituição y = xv3,0 ptsVer material

Encontre a solução geral de

x\,y\,y' = 4x^2 + y^2

(sugestão: faça a substituição $y = xv$ ).

Gabarito

y^2 = x^2\big(8\ln|x| + C\big)

Passo a passo

Passo 1 — reconhecer o tipo. Isolando $y'$ :

y' = \frac{4x^2 + y^2}{xy} = \frac{4x}{y} + \frac{y}{x}

O lado direito depende só da razão $y/x$ : escrevendo $v = y/x$ , ele é $\dfrac4v + v$ . É uma homogênea de grau zero, e a sugestão do enunciado confirma.

O teste geral, quando não há sugestão: troque $x \to tx$ e $y \to ty$ . Se a equação não muda, é homogênea de grau zero.

Passo 2 — substituir. Com $y = xv$ , a derivada sai pela regra do produto:

y' = v + x\,v'

v + xv' = \frac{4}{v} + v

O $v$ cancela dos dois lados — é isso que a substituição faz de útil:

x\,v' = \frac{4}{v}

Passo 3 — separar as variáveis.

v\,dv = \frac{4\,dx}{x}

\int v\,dv = 4\int\frac{dx}{x} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{v^2}{2} = 4\ln|x| + c

v^2 = 8\ln|x| + C

Passo 4 — voltar para $y$ . Com $v = y/x$ :

\frac{y^2}{x^2} = 8\ln|x| + C

\boxed{\;y^2 = x^2\big(8\ln|x| + C\big)\;}

Conferência — derive implicitamente $y^2 = 8x^2\ln|x| + Cx^2$ :

2yy' = 16x\ln|x| + 8x + 2Cx

Multiplique a equação original por $2$ : $2xyy' = 8x^2 + 2y^2$ . Substituindo $2yy'$ da linha acima:

x\big(16x\ln|x| + 8x + 2Cx\big) = 8x^2 + 2x^2\big(8\ln|x| + C\big)

16x^2\ln|x| + 8x^2 + 2Cx^2 = 8x^2 + 16x^2\ln|x| + 2Cx^2 \;\;\checkmark

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Questão 022º EE2023.2EDO · Bernoulli com a substituição v = 1/y³3,0 ptsVer material

Encontre a solução geral de

y' - y = x\,y^4

(sugestão: faça $v = \dfrac{1}{y^3}$ ).

Gabarito

\frac{1}{y^3} = -x + \frac13 + C\,e^{-3x}

Passo a passo

Passo 1 — reconhecer Bernoulli. A forma é

y' + P(x)\,y = Q(x)\,y^{n}, \qquad n \ne 0, 1

Aqui $P = -1$ , $Q = x$ e $n = 4$ . A substituição que lineariza é sempre $v = y^{1-n}$ , que com $n=4$ dá $v = y^{-3}$ — exatamente a sugestão do enunciado.

Passo 2 — preparar a equação. Divida tudo por $y^4$ :

y^{-4}y' - y^{-3} = x

Passo 3 — trocar para $v$ . De $v = y^{-3}$ sai, pela regra da cadeia,

v' = -3y^{-4}y' \qquad\Longrightarrow\qquad y^{-4}y' = -\frac{v'}{3}

Substituindo:

-\frac{v'}{3} - v = x \qquad\Longrightarrow\qquad v' + 3v = -3x

Agora é linear em $v$ — que é todo o objetivo da manobra.

Passo 4 — resolver a linear por fator integrante. Com $\mu = e^{\int 3\,dx} = e^{3x}$ :

\big(e^{3x}v\big)' = -3x\,e^{3x}

e^{3x}v = -3\int x\,e^{3x}\,dx

A integral sai por partes, com $u = x$ e $dw = e^{3x}dx$ :

\int x e^{3x}dx = \frac{x e^{3x}}{3} - \frac{e^{3x}}{9}

e^{3x}v = -3\left(\frac{xe^{3x}}{3} - \frac{e^{3x}}{9}\right) + C = -x\,e^{3x} + \frac{e^{3x}}{3} + C

v = -x + \frac13 + C\,e^{-3x}

Passo 5 — voltar para $y$ .

\boxed{\;\frac{1}{y^3} = -x + \frac13 + C\,e^{-3x}\;}

ou, explicitando, $y = \left(-x + \tfrac13 + Ce^{-3x}\right)^{-1/3}$ .

Conferência — teste o caso $C=0$ , isto é $v = \tfrac13 - x$ . Então $y^{-3} = \tfrac13 - x$ , e derivando implicitamente $-3y^{-4}y' = -1$ , ou seja $y' = \tfrac{y^4}{3}$ . Levando na equação original:

y' - y = \frac{y^4}{3} - y \qquad\text{e}\qquad xy^4

Com $x = \tfrac13 - y^{-3}$ , o lado direito é $\left(\tfrac13 - y^{-3}\right)y^4 = \tfrac{y^4}{3} - y$ ✔ Fecha.

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Questão 032º EE2023.2Laplace · PVI de 2ª ordem com forçamento em ressonância parcial3,0 ptsVer material

Utilizando a Transformada de Laplace, encontre a solução do PVI

y'' + 3y = \cos(3x), \qquad y(0) = 2, \qquad y'(0) = 5

Dados: $\mathcal{L}\{\cos kx\} = \dfrac{s}{s^2+k^2}$ ; $\mathcal{L}\{F''\} = s^2\mathcal{L}\{F\} - sF(0) - F'(0)$ ; e

\frac{s}{(s^2+3)(s^2+9)} = \frac16\left[\frac{s}{s^2+3} - \frac{s}{s^2+9}\right]

Gabarito

y(x) = 2\cos\!\left(\sqrt3\,x\right) + \frac{5}{\sqrt3}\operatorname{sen}\!\left(\sqrt3\,x\right) + \frac16\left[\cos\!\left(\sqrt3\,x\right) - \cos(3x)\right]

Passo a passo

Passo 1 — transformar a equação. Chamando $Y = \mathcal{L}\{y\}$ e usando a fórmula dada para $F''$ , com as condições iniciais já dentro:

\big(s^2 Y - s\cdot 2 - 5\big) + 3Y = \frac{s}{s^2+9}

É o ganho do método: nada de constantes a determinar no fim — $y(0)$ e $y'(0)$ entram na álgebra.

Passo 2 — isolar $Y$ .

Y\big(s^2 + 3\big) = 2s + 5 + \frac{s}{s^2+9}

Y = \frac{2s+5}{s^2+3} + \frac{s}{(s^2+3)(s^2+9)}

Passo 3 — inverter a primeira parcela. Cuidado com o $k$ : em $\dfrac{1}{s^2+3}$ vale $k^2 = 3$ , logo $k = \sqrt3$ — não $3$ .

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2s}{s^2+3}\right\} = 2\cos\!\left(\sqrt3\,x\right)

Para o termo constante no numerador, é preciso ajustar: a tabela é $\mathcal{L}\{\operatorname{sen} kx\} = \dfrac{k}{s^2+k^2}$ , então falta um $\sqrt3$ em cima.

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{5}{s^2+3}\right\} = \frac{5}{\sqrt3}\,\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\sqrt3}{s^2+3}\right\} = \frac{5}{\sqrt3}\operatorname{sen}\!\left(\sqrt3\,x\right)

Passo 4 — inverter a segunda parcela, com a decomposição dada.

\frac{s}{(s^2+3)(s^2+9)} = \frac16\left[\frac{s}{s^2+3} - \frac{s}{s^2+9}\right]

\mathcal{L}^{-1} = \frac16\left[\cos\!\left(\sqrt3\,x\right) - \cos(3x)\right]

Passo 5 — juntar.

\boxed{\;y(x) = 2\cos\!\left(\sqrt3 x\right) + \frac{5}{\sqrt3}\operatorname{sen}\!\left(\sqrt3 x\right) + \frac16\cos\!\left(\sqrt3 x\right) - \frac16\cos(3x)\;}

Conferência 1 — a condição inicial em $y$ . Em $x=0$ , todos os senos zeram e os cossenos valem $1$ :

y(0) = 2 + 0 + \frac16 - \frac16 = 2 \;\checkmark

Conferência 2 — a condição em $y'$ . Derivando e avaliando em $0$ , só o termo de seno sobrevive:

y'(0) = \frac{5}{\sqrt3}\cdot\sqrt3 = 5 \;\checkmark

As duas conferências custam duas linhas e pegam qualquer erro de álgebra em $s$ .

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Questão 042º EE2023.2Laplace · Transformada de um binômio cúbico com exponencial1,0 ptVer material

Encontre

\mathcal{L}\left\{\big(2 + 2x^3\big)^3 \exp(4x)\right\}

(sugestão: expanda o binômio e utilize funções Gama.)

Dado: $\Gamma(z) = \displaystyle\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt$ , $\operatorname{Re}(z) > 0$ .

Gabarito

\mathcal{L} = \frac{8}{s-4} + \frac{144}{(s-4)^4} + \frac{17\,280}{(s-4)^7} + \frac{2\,903\,040}{(s-4)^{10}}

Passo a passo

Passo 1 — expandir o binômio, como o enunciado manda. Ponha o $2$ em evidência primeiro, que encurta a conta:

\big(2+2x^3\big)^3 = 2^3\big(1 + x^3\big)^3 = 8\big(1 + x^3\big)^3

E $(1+u)^3 = 1 + 3u + 3u^2 + u^3$ com $u = x^3$ :

\big(2+2x^3\big)^3 = 8\left(1 + 3x^3 + 3x^6 + x^9\right) = 8 + 24x^3 + 24x^6 + 8x^9

Passo 2 — a transformada de $x^n e^{ax}$ . Duas propriedades combinadas. Primeiro,

\mathcal{L}\{x^{n}\} = \frac{\Gamma(n+1)}{s^{\,n+1}}

que é onde a Gama entra: para $n$ inteiro, $\Gamma(n+1) = n!$ . Depois, o deslocamento em $s$ cuida da exponencial:

\mathcal{L}\{e^{ax}F(x)\} = \mathcal{L}\{F\}(s-a) \qquad\Longrightarrow\qquad \mathcal{L}\{x^{n}e^{ax}\} = \frac{n!}{(s-a)^{\,n+1}}

Com $a = 4$ .

Passo 3 — aplicar termo a termo.

\mathcal{L}\{8\,e^{4x}\} = \frac{8}{s-4}

\mathcal{L}\{24x^3e^{4x}\} = \frac{24\cdot 3!}{(s-4)^4} = \frac{144}{(s-4)^4}

\mathcal{L}\{24x^6e^{4x}\} = \frac{24\cdot 6!}{(s-4)^7} = \frac{24 \cdot 720}{(s-4)^7} = \frac{17\,280}{(s-4)^7}

\mathcal{L}\{8x^9e^{4x}\} = \frac{8\cdot 9!}{(s-4)^{10}} = \frac{8\cdot 362\,880}{(s-4)^{10}} = \frac{2\,903\,040}{(s-4)^{10}}

Passo 4 — somar.

\boxed{\;\mathcal{L}\left\{(2+2x^3)^3e^{4x}\right\} = \frac{8}{s-4} + \frac{144}{(s-4)^4} + \frac{17\,280}{(s-4)^7} + \frac{2\,903\,040}{(s-4)^{10}}\;}

válida para $s > 4$ , que é onde a integral converge.

Por que a sugestão fala de Gama se os expoentes são inteiros

Com $n = 3, 6, 9$ inteiros, $\Gamma(n+1) = n!$ e a Gama parece dispensável. Ela está na sugestão por dois motivos.

O primeiro é que a prova fornece a definição de $\Gamma$ na folha de dados, e usar o que a prova entrega é o caminho esperado. O segundo é que a mesma questão, com expoente fracionário — digamos $x^{3/2}$ —, só se escreve com Gama:

\mathcal{L}\left\{x^{3/2}\right\} = \frac{\Gamma(5/2)}{s^{5/2}} = \frac{3\sqrt\pi}{4\,s^{5/2}}

usando $\Gamma(5/2) = \tfrac32\cdot\tfrac12\cdot\sqrt\pi$ . Escrever a fórmula com $\Gamma(n+1)$ desde o começo cobre os dois casos.

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Questão 052º EE2023.2Laplace · Inversa com três polos simples1,0 ptVer material

Encontre

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+1}{s(s+2)(s-3)}\right\}

Gabarito

\mathcal{L}^{-1} = -\frac16 - \frac{1}{10}e^{-2x} + \frac{4}{15}e^{3x}

Passo a passo

Passo 1 — o denominador já está fatorado. Três fatores lineares distintos, logo três polos simples: $s = 0$ , $s = -2$ e $s = 3$ . A decomposição é

\frac{s+1}{s(s+2)(s-3)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+2} + \frac{C}{s-3}

Passo 2 — achar as constantes pelo método do valor conveniente. Multiplique tudo pelo denominador e avalie em cada raiz — muito mais rápido que montar sistema.

s + 1 = A(s+2)(s-3) + B\,s(s-3) + C\,s(s+2)

s = 0:\quad 1 = A(2)(-3) = -6A \qquad\Longrightarrow\qquad A = -\frac16

s = -2:\quad -1 = B(-2)(-5) = 10B \qquad\Longrightarrow\qquad B = -\frac{1}{10}

s = 3:\quad 4 = C(3)(5) = 15C \qquad\Longrightarrow\qquad C = \frac{4}{15}

Passo 3 — inverter termo a termo. Da tabela, $\mathcal{L}^{-1}\{1/(s-a)\} = e^{ax}$ , e $\mathcal{L}^{-1}\{1/s\} = 1$ :

\boxed{\;\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+1}{s(s+2)(s-3)}\right\} = -\frac16 - \frac{1}{10}e^{-2x} + \frac{4}{15}e^{3x}\;}

Conferência 1 — teorema do valor inicial. Vale $F(0) = \lim_{s\to\infty} s\,\mathcal{L}\{F\}$ . Aqui o grau do denominador excede o do numerador em $2$ , então

\lim_{s\to\infty} s\cdot\frac{s+1}{s(s+2)(s-3)} = 0

E de fato $-\tfrac16 - \tfrac1{10} + \tfrac4{15} = \tfrac{-5 - 3 + 8}{30} = 0$ ✔

Conferência 2 — soma dos resíduos. As três constantes têm de somar zero sempre que o numerador tem grau ao menos $2$ menor que o denominador — é a mesma conta acima, e serve como teste imediato de erro de sinal.

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Questão 062º EE2023.2Função Gama · Integral imprópria com e^(−x²)1,5 ptsVer material

Calcule

\int_0^{\infty} \big(2 + 3x\big)\exp\big(-x^2\big)\,dx

Dado: $\Gamma(z) = \displaystyle\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}\,dt$ .

Gabarito

\int_0^\infty (2+3x)e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi} + \frac32 \approx 3{,}27

Passo a passo

Passo 1 — separar as duas parcelas. A integral é linear, e cada parcela cai numa Gama diferente:

\int_0^\infty (2+3x)e^{-x^2}dx = 2\int_0^\infty e^{-x^2}dx + 3\int_0^\infty x\,e^{-x^2}dx

Passo 2 — a substituição que revela a Gama. O expoente precisa virar $-u$ , então $u = x^2$ :

u = x^2, \qquad x = u^{1/2}, \qquad dx = \frac12 u^{-1/2}du

Passo 3 — primeira parcela.

2\int_0^\infty e^{-x^2}dx = 2\int_0^\infty e^{-u}\cdot\frac12 u^{-1/2}du = \int_0^\infty u^{-1/2}e^{-u}du

Comparando com a definição, $z - 1 = -\tfrac12$ , isto é $z = \tfrac12$ :

= \Gamma\!\left(\frac12\right) = \sqrt{\pi}

Esta é a integral gaussiana disfarçada — e é exatamente de onde vem o valor $\Gamma(1/2) = \sqrt\pi$ .

Passo 4 — segunda parcela.

3\int_0^\infty x\,e^{-x^2}dx = 3\int_0^\infty u^{1/2}e^{-u}\cdot\frac12 u^{-1/2}du = \frac32\int_0^\infty e^{-u}du

Aqui $z-1 = 0$ , logo $z=1$ :

= \frac32\,\Gamma(1) = \frac32

Passo 5 — somar.

\boxed{\;\int_0^\infty (2+3x)e^{-x^2}dx = \sqrt\pi + \frac32 \approx 1{,}772 + 1{,}5 = 3{,}27\;}

Conferência — a segunda parcela também sai por substituição elementar, sem Gama: com $w = x^2$ , $\int_0^\infty x e^{-x^2}dx = \tfrac12\int_0^\infty e^{-w}dw = \tfrac12$ , e vezes $3$ dá $\tfrac32$ ✔

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Questão 072º EE2023.2Função Beta · Integral em [0,1] com raiz de (1−x)/x1,5 ptsVer material

Calcule

\int_0^1 \sqrt{\frac{1-x}{x}}\,dx

Gabarito

\int_0^1\sqrt{\frac{1-x}{x}}\,dx = B\!\left(\frac12,\frac32\right) = \frac{\pi}{2}

Passo a passo

Passo 1 — reconhecer o formato da função Beta. A definição é

B(p,q) = \int_0^1 x^{\,p-1}(1-x)^{\,q-1}dx = \frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}

O sinal de que é Beta e não Gama: o intervalo é $[0,1]$ e o integrando é produto de potências de $x$ e de $(1-x)$ .

Passo 2 — escrever o integrando com expoentes.

\sqrt{\frac{1-x}{x}} = \frac{(1-x)^{1/2}}{x^{1/2}} = x^{-1/2}\,(1-x)^{1/2}

Passo 3 — identificar $p$ e $q$ . Comparando com $x^{p-1}(1-x)^{q-1}$ :

p - 1 = -\frac12 \;\Longrightarrow\; p = \frac12, \qquad q - 1 = \frac12 \;\Longrightarrow\; q = \frac32

Passo 4 — usar a relação com a Gama.

\int_0^1\sqrt{\frac{1-x}{x}}\,dx = B\!\left(\frac12,\frac32\right) = \frac{\Gamma\!\left(\tfrac12\right)\Gamma\!\left(\tfrac32\right)}{\Gamma(2)}

Os três valores, todos vindos de $\Gamma(1/2) = \sqrt\pi$ e da recorrência $\Gamma(z+1) = z\Gamma(z)$ :

\Gamma\!\left(\frac12\right) = \sqrt\pi, \qquad \Gamma\!\left(\frac32\right) = \frac12\Gamma\!\left(\frac12\right) = \frac{\sqrt\pi}{2}, \qquad \Gamma(2) = 1! = 1

\boxed{\;\int_0^1\sqrt{\frac{1-x}{x}}\,dx = \frac{\sqrt\pi\cdot\tfrac{\sqrt\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2} \approx 1{,}571\;}

Conferência — o integrando é positivo e explode como $x^{-1/2}$ perto de $0$ — integrável, portanto. Uma estimativa grosseira: ele vale $1$ em $x = 1/2$ , e a área sob a curva em $[0,1]$ fica na casa de $1{,}5$ ✔ E a resposta tem de ser real e positiva, como é.

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Questão 082º EE2023.2Frobenius · A equação hipergeométrica confluente, do início ao fim3,0 ptsVer material

Considere a equação hipergeométrica confluente

x\,y'' + (c - x)\,y' - a\,y = 0,

com $a$ e $c$ números reais não inteiros.

a) Mostre que $x=0$ é um ponto singular regular através dos limites apropriados;

b) Encontre as raízes da equação indicial do método de Frobenius, substituindo $y(x) = \sum_{j\ge0} a_j x^{\,j+s}$ na equação diferencial;

c) Encontre os coeficientes $a_j$ da solução com $s = 0$ . Utilize $\Gamma(z+1) = z\,\Gamma(z)$ para simplificar a resposta.

Gabarito

a) $\lim_{x\to0} xP = c$ e $\lim_{x\to0}x^2Q = 0$ : os dois finitos, logo $x=0$ é singular regular.

b) $s(s-1) + cs = 0 \Rightarrow s_1 = 0$ e $s_2 = 1-c$ .

c) $a_{j+1} = \dfrac{j+a}{(j+1)(j+c)}\,a_j$ , e com $a_0=1$ ,

a_j = \frac{\Gamma(a+j)\,\Gamma(c)}{\Gamma(a)\,\Gamma(c+j)\,j!}

Passo a passo

Passo 1 — a forma padrão. O teste de ponto singular exige o coeficiente de $y''$ igual a $1$ . Dividindo por $x$ :

y'' + \underbrace{\frac{c-x}{x}}_{P(x)}\,y' \;\underbrace{-\;\frac{a}{x}}_{Q(x)}\,y = 0

Tanto $P$ quanto $Q$ explodem em $x=0$ : o ponto é singular. A pergunta é se é regular.

Passo 2 — item (a): os dois limites.

\lim_{x\to0} x\,P(x) = \lim_{x\to0} x\cdot\frac{c-x}{x} = \lim_{x\to0}(c-x) = c

\lim_{x\to0} x^2\,Q(x) = \lim_{x\to0} x^2\cdot\left(-\frac{a}{x}\right) = \lim_{x\to0}(-a x) = 0

Os dois existem e são finitos — logo $x=0$ é ponto singular regular e Frobenius se aplica. Chame

p_0 = c, \qquad q_0 = 0

Passo 3 — item (b): a equação indicial. Ela sai de $p_0$ e $q_0$ , que o item (a) já entregou:

s(s-1) + p_0\,s + q_0 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad s(s-1) + c\,s = 0

s\big(s - 1 + c\big) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\;s_1 = 0,\qquad s_2 = 1 - c\;}

Como $c$ não é inteiro, a diferença $s_1 - s_2 = c - 1$ também não é: as duas raízes dão duas séries de Frobenius independentes, sem termo logarítmico. É para isso que o enunciado impõe $a$ e $c$ não inteiros.

Passo 4 — item (c): a recorrência, com $s=0$ . Com $s=0$ a tentativa é uma série de potências comum, $y = \sum_j a_j x^j$ :

y' = \sum_{j\ge0}(j+1)a_{j+1}x^{j}, \qquad y'' = \sum_{j\ge0}(j+2)(j+1)a_{j+2}x^{j}

Substituindo na equação original e alinhando tudo em $x^j$ :

x\,y'' \to \sum_j (j+1)j\,a_{j+1}x^{j}, \qquad c\,y' \to \sum_j c\,(j+1)a_{j+1}x^j

-x\,y' \to -\sum_j j\,a_j x^j, \qquad -a\,y \to -\sum_j a\,a_j x^j

Igualando a zero o coeficiente de $x^j$ :

(j+1)j\,a_{j+1} + c(j+1)a_{j+1} - j\,a_j - a\,a_j = 0

(j+1)(j+c)\,a_{j+1} = (j+a)\,a_j

\boxed{\;a_{j+1} = \frac{j+a}{(j+1)(j+c)}\,a_j\;}

Passo 5 — iterar e empacotar com a Gama. Tomando $a_0 = 1$ e aplicando a recorrência:

a_1 = \frac{a}{1\cdot c}, \qquad a_2 = \frac{(a+1)a}{2!\;c(c+1)}, \qquad a_3 = \frac{(a+2)(a+1)a}{3!\;c(c+1)(c+2)}

O padrão é claro: no numerador o produto $a(a+1)\cdots(a+j-1)$ , no denominador $j!$ e o produto $c(c+1)\cdots(c+j-1)$ . E é exatamente isso que a recorrência da Gama empacota — de $\Gamma(z+1) = z\Gamma(z)$ segue

a(a+1)\cdots(a+j-1) = \frac{\Gamma(a+j)}{\Gamma(a)}

\boxed{\;a_j = \frac{\Gamma(a+j)}{\Gamma(a)}\cdot\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(c+j)}\cdot\frac{1}{j!}\;}

A solução com $s=0$ é a função hipergeométrica confluente:

y(x) = M(a,c;x) = \sum_{j=0}^{\infty}\frac{\Gamma(a+j)\,\Gamma(c)}{\Gamma(a)\,\Gamma(c+j)\,j!}\,x^{j}

Conferência — para $j=0$ a fórmula dá $\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(c)}{\Gamma(a)\Gamma(c)\cdot 0!} = 1 = a_0$ ✔ E para $j=1$ : $\dfrac{\Gamma(a+1)\Gamma(c)}{\Gamma(a)\Gamma(c+1)} = \dfrac{a\,\Gamma(a)\,\Gamma(c)}{\Gamma(a)\,c\,\Gamma(c)} = \dfrac{a}{c}$ ✔

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Questão 092º EE2023.2 · 2ª chamadaLaplace · Transformada composta com derivada em s e deslocamento2,0 ptsVer material

Encontre

\mathcal{L}\left\{x^2\cos(3x) - x\operatorname{sen}(2x)\exp(2x)\right\}

Gabarito

\mathcal{L} = \frac{2s^3 - 54s}{(s^2+9)^3} - \frac{4(s-2)}{\big[(s-2)^2+4\big]^2}

Passo a passo

Passo 1 — separar por linearidade e atacar cada parcela com a propriedade adequada.

\mathcal{L}\{x^2\cos 3x\} - \mathcal{L}\{x\operatorname{sen}(2x)e^{2x}\}

Passo 2 — a propriedade que trata o fator $x^n$ . Multiplicar por $x$ no domínio original é derivar em $s$ , com sinal:

\mathcal{L}\{x\,F(x)\} = -\frac{d}{ds}\mathcal{L}\{F\}(s) \qquad\Longrightarrow\qquad \mathcal{L}\{x^2F\} = \frac{d^2}{ds^2}\mathcal{L}\{F\}

O sinal desaparece na segunda derivada, porque $(-1)^2 = 1$ .

Passo 3 — primeira parcela. Partindo de $\mathcal{L}\{\cos 3x\} = \dfrac{s}{s^2+9}$ :

\frac{d}{ds}\left[\frac{s}{s^2+9}\right] = \frac{(s^2+9) - s(2s)}{(s^2+9)^2} = \frac{9 - s^2}{(s^2+9)^2}

\frac{d^2}{ds^2}\left[\frac{s}{s^2+9}\right] = \frac{-2s\,(s^2+9)^2 - (9-s^2)\cdot 2(s^2+9)(2s)}{(s^2+9)^4}

= \frac{-2s(s^2+9) - 4s(9-s^2)}{(s^2+9)^3} = \frac{-2s^3 - 18s - 36s + 4s^3}{(s^2+9)^3} = \frac{2s^3 - 54s}{(s^2+9)^3}

Passo 4 — segunda parcela, em duas etapas. Primeiro o fator $x$ , sobre $\mathcal{L}\{\operatorname{sen} 2x\} = \dfrac{2}{s^2+4}$ :

\mathcal{L}\{x\operatorname{sen} 2x\} = -\frac{d}{ds}\left[\frac{2}{s^2+4}\right] = \frac{4s}{(s^2+4)^2}

Depois o $e^{2x}$ , pelo deslocamento em $s$ — troque $s$ por $s-2$ em tudo:

\mathcal{L}\{x\operatorname{sen}(2x)e^{2x}\} = \frac{4(s-2)}{\big[(s-2)^2+4\big]^2}

Passo 5 — juntar, com o sinal do enunciado.

\boxed{\;\mathcal{L}\left\{x^2\cos 3x - x\operatorname{sen}(2x)e^{2x}\right\} = \frac{2s^3 - 54s}{(s^2+9)^3} - \frac{4(s-2)}{\big[(s-2)^2+4\big]^2}\;}

Conferência — as duas parcelas têm de tender a zero quando $s\to\infty$ , e com a ordem certa: transformada de $x^2\cos$ cai como $s^{-3}$ ✔ e a de $x\operatorname{sen}$ , como $s^{-3}$ também ✔ Se alguma tender a constante, houve erro de grau.

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Questão 102º EE2023.2 · 2ª chamadaLaplace · Inversa com fator quadrático irredutível2,0 ptsVer material

Encontre

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+2}{s^3 + 2s^2 + 2s}\right\}

Gabarito

\mathcal{L}^{-1} = 1 - e^{-x}\cos x

Passo a passo

Passo 1 — fatorar o denominador. Todo termo tem $s$ :

s^3 + 2s^2 + 2s = s\big(s^2 + 2s + 2\big)

O fator quadrático tem discriminante $4 - 8 = -4 < 0$ : é irredutível nos reais. Então a decomposição leva numerador linear nele:

\frac{s+2}{s(s^2+2s+2)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + C}{s^2+2s+2}

Passo 2 — achar as três constantes. Multiplicando pelo denominador e abrindo:

s + 2 = A\big(s^2+2s+2\big) + (Bs+C)\,s = (A+B)s^2 + (2A+C)s + 2A

Comparando coeficiente por coeficiente:

s^0:\;\; 2 = 2A \;\Longrightarrow\; A = 1

s^2:\;\; 0 = A + B \;\Longrightarrow\; B = -1

s^1:\;\; 1 = 2A + C \;\Longrightarrow\; C = -1

\frac{s+2}{s(s^2+2s+2)} = \frac{1}{s} + \frac{-s-1}{s^2+2s+2}

Passo 3 — completar o quadrado. É o movimento que decide a questão:

s^2 + 2s + 2 = (s+1)^2 + 1

isto é, $a = -1$ e $k = 1$ na tabela deslocada.

Passo 4 — escrever o numerador em termos de $(s+1)$ . Aqui ele já sai proporcional:

\frac{-s-1}{(s+1)^2+1} = \frac{-(s+1)}{(s+1)^2+1}

Não sobra constante, logo não há termo de seno na resposta. (Se sobrasse, ela iria para $\dfrac{k}{(s-a)^2+k^2} \to e^{ax}\operatorname{sen} kx$ .)

Passo 5 — inverter termo a termo.

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac1s\right\} = 1, \qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\right\} = e^{-x}\cos x

\boxed{\;\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+2}{s^3+2s^2+2s}\right\} = 1 - e^{-x}\cos x\;}

Conferência 1 — valor inicial. $F(0) = \lim_{s\to\infty}s\,\mathcal{L}\{F\} = 0$ , e $1 - e^{0}\cos 0 = 0$ ✔

Conferência 2 — derivada inicial.

F'(0) = \lim_{s\to\infty}\Big[s^2\mathcal{L}\{F\} - s\,F(0)\Big] = \lim_{s\to\infty} s^2\cdot\frac{s+2}{s^3+2s^2+2s} = 1

E derivando a resposta, $F'(x) = e^{-x}\cos x + e^{-x}\operatorname{sen} x$ , logo $F'(0) = 1$ ✔

Conferência 3 — refazer a transformada direta.

\frac1s - \frac{s+1}{s^2+2s+2} = \frac{(s^2+2s+2) - s(s+1)}{s(s^2+2s+2)} = \frac{s+2}{s(s^2+2s+2)} \;\;\checkmark

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Questão 112º EE2023.2 · 2ª chamadaFunção Gama · Integral com expoente cúbico no expoente2,0 ptsVer material

Calcule

\int_0^{\infty} x^3\exp\big(-x^3\big)\,dx

Gabarito

\int_0^\infty x^3 e^{-x^3}dx = \frac13\,\Gamma\!\left(\frac43\right) = \frac19\,\Gamma\!\left(\frac13\right) \approx 0{,}2980

Passo a passo

Passo 1 — a substituição é ditada pela exponencial. A definição da Gama tem $e^{-t}$ , então o expoente precisa virar $-u$ :

u = x^3, \qquad x = u^{1/3}, \qquad dx = \frac13 u^{-2/3}\,du

Os limites não mudam: $x: 0\to\infty$ dá $u: 0\to\infty$ .

Passo 2 — substituir tudo.

\int_0^\infty x^3 e^{-x^3}dx = \int_0^\infty u\,e^{-u}\cdot\frac13 u^{-2/3}\,du = \frac13\int_0^\infty u^{\,1 - 2/3}\,e^{-u}\,du = \frac13\int_0^\infty u^{1/3}e^{-u}\,du

Passo 3 — identificar o $z$ . Comparando com $\Gamma(z) = \int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt$ :

z - 1 = \frac13 \qquad\Longrightarrow\qquad z = \frac43

\int_0^\infty x^3e^{-x^3}dx = \frac13\,\Gamma\!\left(\frac43\right)

Passo 4 — simplificar pela recorrência, que é o que a prova costuma pedir. De $\Gamma(z+1) = z\,\Gamma(z)$ com $z = 1/3$ :

\Gamma\!\left(\frac43\right) = \frac13\,\Gamma\!\left(\frac13\right)

\boxed{\;\int_0^\infty x^3e^{-x^3}dx = \frac13\,\Gamma\!\left(\frac43\right) = \frac19\,\Gamma\!\left(\frac13\right)\;}

Numericamente, com $\Gamma(1/3) \approx 2{,}6789$ : o valor é $\approx 0{,}2977$ .

Conferência — o integrando é positivo, tem máximo em torno de $x \approx 1$ (onde vale $x^3e^{-x^3} \approx e^{-1} = 0{,}37$ ) e cai rápido. Uma área na casa de $0{,}3$ é o esperado ✔

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Questão 122º EE2023.2 · 2ª chamadaEDO · Homogênea de grau zero com solução implícita2,0 ptsVer material

Encontre a solução geral de

y' = \frac{x - y}{x + y}

Gabarito

x^2 - 2xy - y^2 = C

Passo a passo

Passo 1 — reconhecer o tipo. Numerador e denominador são homogêneos de grau 1, então o quociente depende só de $y/x$ :

y' = \frac{x-y}{x+y} = \frac{1 - y/x}{1 + y/x}

É homogênea de grau zero — substituição $y = xv$ .

Passo 2 — substituir. Com $y' = v + xv'$ :

v + x\,v' = \frac{1-v}{1+v}

x\,v' = \frac{1-v}{1+v} - v = \frac{1 - v - v(1+v)}{1+v} = \frac{1 - 2v - v^2}{1+v}

Passo 3 — separar as variáveis.

\frac{(1+v)\,dv}{1 - 2v - v^2} = \frac{dx}{x}

Passo 4 — a integral da esquerda, por reconhecimento. Chame $w = 1 - 2v - v^2$ . Então

dw = (-2 - 2v)\,dv = -2\,(1+v)\,dv \qquad\Longrightarrow\qquad (1+v)\,dv = -\frac{dw}{2}

O numerador é (a menos de constante) a derivada do denominador — é o que faz a integral sair em log:

\int \frac{(1+v)dv}{1-2v-v^2} = -\frac12\int\frac{dw}{w} = -\frac12\ln|w|

Passo 5 — integrar e voltar.

-\frac12\ln\big|1 - 2v - v^2\big| = \ln|x| + c

\ln\big|1-2v-v^2\big| = -2\ln|x| + c' \qquad\Longrightarrow\qquad 1 - 2v - v^2 = \frac{C}{x^2}

Com $v = y/x$ :

1 - \frac{2y}{x} - \frac{y^2}{x^2} = \frac{C}{x^2}

Multiplicando por $x^2$ :

\boxed{\;x^2 - 2xy - y^2 = C\;}

Conferência — derive implicitamente:

2x - 2y - 2x\,y' - 2y\,y' = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad x - y = y'\,(x+y) \qquad\Longrightarrow\qquad y' = \frac{x-y}{x+y} \;\;\checkmark

Fecha exatamente com a equação dada.

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Questão 132º EE2023.2 · 2ª chamadaLaplace · PVI com forçamento senoidal e raízes complexas2,0 ptsVer material

Encontre a solução de

y'' + 2y' + 2y = \operatorname{sen}(2x), \qquad y(0) = y'(0) = 0

usando a Transformada de Laplace.

Gabarito

y(x) = -\frac15\cos(2x) - \frac{1}{10}\operatorname{sen}(2x) + \frac15 e^{-x}\cos x + \frac25 e^{-x}\operatorname{sen} x

Passo a passo

Passo 1 — transformar. Com $y(0) = y'(0) = 0$ , os termos de condição inicial desaparecem — é o caso mais limpo:

s^2 Y + 2sY + 2Y = \frac{2}{s^2+4}

Y = \frac{2}{\big(s^2+4\big)\big(s^2+2s+2\big)}

Passo 2 — decompor. Dois fatores quadráticos, os dois irredutíveis, então dois numeradores lineares:

\frac{2}{(s^2+4)(s^2+2s+2)} = \frac{As+B}{s^2+4} + \frac{Cs+D}{s^2+2s+2}

Multiplicando e agrupando por potência de $s$ :

2 = (A+C)s^3 + (2A+B+D)s^2 + (2A+2B+4C)s + (2B+4D)

Passo 3 — resolver o sistema. Quatro equações:

s^3:\; A + C = 0 \qquad s^2:\; 2A + B + D = 0

s^1:\; 2A + 2B + 4C = 0 \qquad s^0:\; 2B + 4D = 2

De $C = -A$ na terceira: $2A + 2B - 4A = 0$ , logo $B = A$ . Na segunda: $3A + D = 0$ , logo $D = -3A$ . Na quarta: $B + 2D = 1$ , isto é $A - 6A = 1$ :

A = -\frac15, \qquad B = -\frac15, \qquad C = \frac15, \qquad D = \frac35

Passo 4 — arrumar cada parcela para a tabela.

\frac{-\tfrac15 s - \tfrac15}{s^2+4} = -\frac15\cdot\frac{s}{s^2+4} - \frac{1}{10}\cdot\frac{2}{s^2+4}

(o $\tfrac1{10}$ aparece porque a tabela do seno pede $k=2$ no numerador)

\frac{\tfrac15 s + \tfrac35}{(s+1)^2+1} = \frac15\cdot\frac{(s+1)}{(s+1)^2+1} + \frac25\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}

(escrevendo $s + 3 = (s+1) + 2$ , para casar com o deslocamento)

Passo 5 — inverter.

\boxed{\;y(x) = -\frac15\cos 2x - \frac{1}{10}\operatorname{sen} 2x + \frac15 e^{-x}\cos x + \frac25 e^{-x}\operatorname{sen} x\;}

Conferência 1 — a condição em $y$ .

y(0) = -\frac15 - 0 + \frac15 + 0 = 0 \;\checkmark

Conferência 2 — a condição em $y'$ . Derivando e avaliando em zero:

y'(0) = 0 - \frac15 + \frac15(-1) + \frac25(1) = -\frac15 - \frac15 + \frac25 = 0 \;\checkmark

Leitura física. A resposta tem duas partes: o transiente $e^{-x}(\ldots)$ , que morre, e o regime permanente $-\tfrac15\cos2x - \tfrac1{10}\operatorname{sen} 2x$ , que oscila na frequência do forçamento. É a estrutura de todo sistema linear amortecido — e é a mesma leitura dos circuitos RLC de Circuitos 1.

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Questão 142º EE2025.2Resíduos · Polo simples achado por séries de Maclaurin1,25 ptsVer material

Seja

f(z) = \frac{\operatorname{sen}(3z) - 3\operatorname{sen}(z)}{\operatorname{sen}(z)\,\big[\operatorname{sen}(z) - z\big]}

Calcule $\operatorname{Res}\big[f(z)\big]_{z=0}$ .

Gabarito

\operatorname{Res}\big[f(z)\big]_{z=0} = 24

Passo a passo

Passo 1 — por que nenhuma fórmula de resíduo funciona direto. Numerador e denominador ambos se anulam em $z=0$ , e não se vê de imediato a ordem do polo. O caminho é expandir tudo em série de Maclaurin e comparar as ordens dos zeros.

Passo 2 — o numerador. De $\operatorname{sen} w = w - \dfrac{w^3}{6} + \dfrac{w^5}{120} - \cdots$ :

\operatorname{sen}(3z) = 3z - \frac{27z^3}{6} + \cdots = 3z - \frac{9z^3}{2} + \cdots

3\operatorname{sen}(z) = 3z - \frac{3z^3}{6} + \cdots = 3z - \frac{z^3}{2} + \cdots

\operatorname{sen}(3z) - 3\operatorname{sen}(z) = \left(-\frac92 + \frac12\right)z^3 + O(z^5) = -4z^3 + O(z^5)

Os termos em $z$ cancelam, e o numerador tem zero de ordem 3.

Passo 3 — o denominador. O segundo fator é o que dá a ordem alta:

\operatorname{sen}(z) - z = -\frac{z^3}{6} + O(z^5) \qquad\text{(zero de ordem 3)}

\operatorname{sen}(z) = z + O(z^3) \qquad\text{(zero de ordem 1)}

\operatorname{sen}(z)\big[\operatorname{sen}(z) - z\big] = z\cdot\left(-\frac{z^3}{6}\right) + O(z^6) = -\frac{z^4}{6} + O(z^6)

Zero de ordem 4.

Passo 4 — a ordem do polo. Zero de ordem $4$ embaixo contra ordem $3$ em cima:

4 - 3 = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad \textbf{polo simples}

Passo 5 — o resíduo. Em polo simples, $\operatorname{Res} = \lim_{z\to0} z\,f(z)$ , e só os termos de ordem mais baixa importam:

\operatorname{Res} = \lim_{z\to0} z\cdot\frac{-4z^3 + O(z^5)}{-\frac{z^4}{6} + O(z^6)} = \lim_{z\to0}\frac{-4z^4}{-\frac{z^4}{6}} = \frac{-4}{-\frac16}

\boxed{\;\operatorname{Res}\big[f(z)\big]_{z=0} = 24\;}

que é o valor do gabarito da prova.

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Questão 152º EE2025.2Laurent · Singularidade essencial com resíduo nulo1,25 ptsVer material

Seja $f(z) = \cos\left(\dfrac{1}{z-2}\right)$ . Classifique o ponto singular, escreva a série de Laurent da mesma, e calcule

\oint_{\gamma:\,|z|=2} f(z)\,dz

Gabarito

$z = 2$ é singularidade essencial;

f(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!\,(z-2)^{2n}} = 1 - \frac{1}{2!\,(z-2)^2} + \frac{1}{4!\,(z-2)^4} - \cdots

O resíduo é $a_{-1} = 0$ , logo a integral é zero.

Passo a passo

Passo 1 — a série, por substituição. Parta da série do cosseno e troque a variável por $w = \dfrac{1}{z-2}$ :

\cos w = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n w^{2n}}{(2n)!}

\boxed{\;f(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!\,(z-2)^{2n}} = 1 - \frac{1}{2!\,(z-2)^{2}} + \frac{1}{4!\,(z-2)^{4}} - \cdots\;}

válida em $0 < |z-2| < \infty$ — todo o plano menos o ponto.

Passo 2 — classificar. A parte principal (as potências negativas) tem infinitos termos, e não há $m$ para o qual $(z-2)^m f(z)$ tenha limite finito. Logo $z=2$ é singularidade essencial.

O reconhecimento é imediato pela forma: $\dfrac{1}{z-z_0}$ dentro de cosseno, seno, exponencial ou hiperbólica sempre produz essencial, porque a substituição joga a série inteira para as potências negativas.

Passo 3 — o resíduo. Ele é o coeficiente de $(z-2)^{-1}$ . Na série acima só aparecem expoentes $-2n$ , isto é, potências pares:

0,\; -2,\; -4,\; -6,\; \dots

A potência $-1$ nunca aparece. Portanto

\operatorname{Res}\big[f(z)\big]_{z=2} = a_{-1} = 0

Passo 4 — a integral.

\boxed{\;\oint_{|z|=2}\cos\!\left(\frac{1}{z-2}\right)dz = 2\pi i\cdot 0 = 0\;}

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Questão 162º EE2025.2Paridade · z² é par, z³ é ímpar, e o que isso implica0,8 ptVer material

1) Mostre que $f(z) = z^2$ é uma função par, ao passo que $f(z) = z^3$ é ímpar;

2) Se uma função $f(x)$ é par e outra $g(x)$ é ímpar, o que se pode dizer do produto delas? E sobre a integração deste produto em um intervalo simétrico?

Gabarito

1) $(-z)^2 = z^2$ (par); $(-z)^3 = -z^3$ (ímpar).

2) O produto $f\cdot g$ é ímpar, e a integral de função ímpar em intervalo simétrico é zero:

\int_{-L}^{L} f(x)\,g(x)\,dx = 0

Passo a passo

Passo 1 — as definições, que é do que a prova precisa.

f \text{ par} \iff f(-x) = f(x), \qquad f \text{ ímpar} \iff f(-x) = -f(x)

Passo 2 — item (1), direto da definição.

(-z)^2 = (-1)^2 z^2 = z^2 \qquad\Longrightarrow\qquad \textbf{par}

(-z)^3 = (-1)^3 z^3 = -z^3 \qquad\Longrightarrow\qquad \textbf{ímpar}

O gabarito da prova classifica este item como “trivial” — e é. A generalização vale registrar: $z^n$ é par para $n$ par e ímpar para $n$ ímpar, e é daí que vêm os nomes.

Passo 3 — item (2), a paridade do produto. Seja $h = f\cdot g$ , com $f$ par e $g$ ímpar:

h(-x) = f(-x)\,g(-x) = f(x)\cdot\big[-g(x)\big] = -f(x)g(x) = -h(x)

\Longrightarrow\qquad h = f\cdot g \text{ é } \textbf{ímpar}

A regra completa, que vale decorar como sinais de multiplicação:

\text{par}\times\text{par} = \text{par}, \qquad \text{ímpar}\times\text{ímpar} = \text{par}, \qquad \text{par}\times\text{ímpar} = \text{ímpar}

Passo 4 — a integral em intervalo simétrico. Para $h$ ímpar, quebre em duas metades e troque $x \to -x$ na primeira:

\int_{-L}^{L} h(x)\,dx = \int_{-L}^{0}h(x)\,dx + \int_0^L h(x)\,dx

\int_{-L}^{0}h(x)\,dx \;\overset{x\to-x}{=}\; \int_0^{L}h(-x)\,dx = -\int_0^L h(x)\,dx

As duas metades se cancelam:

\boxed{\;\int_{-L}^{L} f(x)\,g(x)\,dx = 0\;}

E, de passagem, o fato irmão: para $h$ par, $\displaystyle\int_{-L}^{L}h = 2\int_0^L h$ .

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Questão 172º EE2025.2Fourier · Série da onda quadrada, e o gráfico nos saltos1,7 ptsVer material

Calcule a série de Fourier de

f(x) = \begin{cases} \phantom{-}1, & x \ge 0\\ -1, & x < 0 \end{cases}

vista como uma função periódica de período $2\pi$ . Faça gráficos pertinentes.

Gabarito

f(x) = \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}\big[(2k-1)x\big]}{2k-1} = \frac4\pi\left(\operatorname{sen} x + \frac{\operatorname{sen} 3x}{3} + \frac{\operatorname{sen} 5x}{5} + \cdots\right)

Nos saltos ( $x = 0, \pm\pi, \pm2\pi,\dots$ ) a série vale zero, a média dos limites laterais.

Passo a passo

Passo 1 — classificar a paridade, que já resolve metade. No intervalo $(-\pi,\pi)$ , $f$ é a função sinal:

f(-x) = -f(x) \qquad\Longrightarrow\qquad f \text{ é } \textbf{ímpar}

Pelo item de paridade da mesma questão, então:

a_0 = 0, \qquad a_n = 0 \quad\text{para todo } n

porque $f\cdot\cos$ é ímpar e a integral em intervalo simétrico é zero. A série é só de senos, e resta um coeficiente a calcular.

Passo 2 — calcular $b_n$ . Com $L = \pi$ e usando a simetria para integrar só em $[0,\pi]$ , onde $f = 1$ :

b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi 1\cdot\operatorname{sen}(nx)\,dx = \frac{2}{\pi}\left[\frac{-\cos(nx)}{n}\right]_0^{\pi} = \frac{2}{n\pi}\Big[1 - \cos(n\pi)\Big]

Como $\cos(n\pi) = (-1)^n$ :

b_n = \frac{2}{n\pi}\Big[1 - (-1)^n\Big]

Passo 3 — ler o fator $[1-(-1)^n]$ . Ele vale

\begin{cases} 0, & n \text{ par}\\ 2, & n \text{ ímpar} \end{cases} \qquad\Longrightarrow\qquad b_{2k} = 0, \qquad b_{2k-1} = \frac{4}{(2k-1)\pi}

Só os harmônicos ímpares sobrevivem — e isso não é acidente: a onda quadrada tem a simetria $f(x+\pi) = -f(x)$ , que anula todo harmônico par.

Passo 4 — a série.

\boxed{\;f(x) = \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}\big[(2k-1)x\big]}{2k-1}\;}

Passo 5 — os gráficos, que o enunciado pede. Duas coisas a desenhar:

$f$ : os patamares $+1$ em $(0,\pi)$ e $-1$ em $(-\pi,0)$ , repetindo com período $2\pi$ , com saltos em $x = 0, \pm\pi, \pm2\pi,\dots$ ;
a série: idêntica a $f$ onde $f$ é contínua, e valendo zero em cada salto — a média entre $-1$ e $+1$ .

Esse é o ponto que o gráfico serve para mostrar. Apesar de o enunciado definir $f(0) = 1$ , a série converge para $0$ em $x=0$ : é o teorema de Dirichlet, que dá a média dos limites laterais nos pontos de descontinuidade.

Conferência — a série de Leibniz de graça. Avalie em $x = \pi/2$ , onde $f = 1$ :

1 = \frac4\pi\left(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots\right) \qquad\Longrightarrow\qquad 1 - \frac13 + \frac15 - \cdots = \frac{\pi}{4} \;\;\checkmark

que é uma identidade conhecida. Se a sua série não reproduzir isso, algum coeficiente está errado.

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Questão 182º EE2026.1Fourier · Série de x² em [−π, π]1,0 ptVer material

Seja $f(x) = x^2$ , vista como periódica, de período $2\pi$ , no intervalo $[-\pi,\pi]$ . Estabeleça a série de Fourier de $f$ e construa os gráficos de $f$ e de sua série.

Gabarito

x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx)

Passo a passo

Passo 1 — a paridade. $f(-x) = (-x)^2 = x^2 = f(x)$ : $f$ é par. Então o produto $f\cdot\operatorname{sen}(nx)$ é ímpar, e

b_n = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^2\operatorname{sen}(nx)\,dx = 0 \qquad\text{para todo } n

A série é só de cossenos. É o primeiro movimento do gabarito da prova, e economiza metade do trabalho.

Passo 2 — o termo médio $a_0/2$ . Usando a simetria par para integrar só em $[0,\pi]$ :

a_0 = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,dx = \frac2\pi\int_0^\pi x^2\,dx = \frac2\pi\cdot\frac{\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3}

\frac{a_0}{2} = \frac{\pi^2}{3}

É o valor médio de $x^2$ no período — e faz sentido: a média de $x^2$ em $[-\pi,\pi]$ é $\pi^2/3 \approx 3{,}29$ , entre $0$ e $\pi^2 \approx 9{,}87$ ✔

Passo 3 — os $a_n$ , por partes duas vezes.

a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,dx

Primeira integração por partes, com $u = x^2$ e $dv = \cos(nx)dx$ :

\int x^2\cos(nx)\,dx = \frac{x^2\operatorname{sen}(nx)}{n} - \frac2n\int x\operatorname{sen}(nx)\,dx

Nos limites $0$ e $\pi$ , o primeiro termo se anula, porque $\operatorname{sen}(n\pi) = 0$ .

Segunda integração por partes, com $u = x$ e $dv = \operatorname{sen}(nx)dx$ :

\int_0^\pi x\operatorname{sen}(nx)\,dx = \left[-\frac{x\cos(nx)}{n} + \frac{\operatorname{sen}(nx)}{n^2}\right]_0^\pi = -\frac{\pi(-1)^n}{n}

Juntando:

a_n = \frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac2n\right)\cdot\left(-\frac{\pi(-1)^n}{n}\right) = \frac{4(-1)^n}{n^2}

que é o valor do gabarito.

Passo 4 — a série.

\boxed{\;x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx) = \frac{\pi^2}{3} - 4\cos x + \cos 2x - \frac49\cos 3x + \cdots\;}

Passo 5 — os gráficos. $f$ é a parábola em $[-\pi,\pi]$ repetida fora dele — o que produz uma sequência de arcos, com bicos em $x = \pm\pi, \pm3\pi,\dots$ onde os arcos se encontram no valor $\pi^2$ .

E aqui $f$ é contínua em todo ponto (os bicos são só de derivada), então a série converge para $f$ em todos os pontos, sem o salto da onda quadrada da q17.

Conferência — o problema de Basileia, de graça. Avalie em $x = \pi$ , onde $f = \pi^2$ e $\cos(n\pi) = (-1)^n$ :

\pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n(-1)^n}{n^2} = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{1}{4}\left(\pi^2 - \frac{\pi^2}{3}\right) = \frac{\pi^2}{6} \;\;\checkmark

E é exatamente esse valor que o item seguinte da prova pede — ver a q19 desta unidade.

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Questão 192º EE2026.1Parseval · A soma 1/n² e o expoente 20261,5 ptsVer material

Mostre que $f(x) = x^2$ é uma função par de $x$ . Em seguida, usando a fórmula de Parseval, ou outro método de sua escolha, calcule o valor de

\left(\frac{6}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\right)^{2026}

Gabarito

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad \left(\frac{6}{\pi^2}\cdot\frac{\pi^2}{6}\right)^{2026} = 1^{2026} = \mathbf{1}

Passo a passo

Passo 1 — a paridade, em uma linha.

f(-x) = (-x)^2 = x^2 = f(x) \qquad\Longrightarrow\qquad f \text{ é par}

Passo 2 — reconhecer o que o enunciado está pedindo. O que está dentro do parêntese é

\frac{6}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}

Se a soma valer $\pi^2/6$ , o parêntese vale exatamente $1$ — e $1$ elevado a qualquer coisa é $1$ . O expoente $2026$ é decoração: a questão é calcular a soma.

Passo 3 — o caminho por Parseval. Da q18 desta unidade, os coeficientes de $x^2$ são $a_0 = \tfrac{2\pi^2}{3}$ , $a_n = \tfrac{4(-1)^n}{n^2}$ e $b_n = 0$ . A identidade, com $L = \pi$ :

\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}\big[f(x)\big]^2dx = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right)

Lado esquerdo:

\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^4dx = \frac1\pi\cdot\frac{2\pi^5}{5} = \frac{2\pi^4}{5}

Lado direito:

\frac{a_0^2}{2} = \frac12\left(\frac{2\pi^2}{3}\right)^2 = \frac{2\pi^4}{9}, \qquad \sum a_n^2 = \sum \frac{16}{n^4}

Igualando:

\frac{2\pi^4}{5} = \frac{2\pi^4}{9} + 16\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}

16\sum\frac{1}{n^4} = 2\pi^4\left(\frac15 - \frac19\right) = 2\pi^4\cdot\frac{4}{45} = \frac{8\pi^4}{45}

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}

Passo 4 — atenção: Parseval entrega $1/n^4$ , não $1/n^2$ . Este é o ponto que decide a questão. Como os coeficientes vão como $1/n^2$ , elevá-los ao quadrado dá $1/n^4$ — Parseval não produz a soma pedida.

O “ou outro método de sua escolha” do enunciado é o aviso. O método que entrega $1/n^2$ é avaliar a série num ponto:

x = \pi: \qquad \pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cos(n\pi)}{n^2} = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}

usando $\cos(n\pi) = (-1)^n$ , de modo que $(-1)^n\cos(n\pi) = (-1)^{2n} = 1$ .

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac14\left(\pi^2 - \frac{\pi^2}{3}\right) = \frac14\cdot\frac{2\pi^2}{3} = \frac{\pi^2}{6}

Passo 5 — fechar.

\frac{6}{\pi^2}\cdot\frac{\pi^2}{6} = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\;\left(\frac{6}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\right)^{2026} = 1^{2026} = 1\;}

Qual método entrega qual soma

A escolha não é de gosto — cada caminho produz um expoente diferente:

método	o que entrega
avaliar a série num ponto	somas com $a_n$ cru: aqui $1/n^2$
identidade de Parseval	somas com $a_n^2$ : aqui $1/n^4$

Regra prática: olhe o expoente do $n$ na soma pedida e compare com o do coeficiente. Se for o mesmo, avalie num ponto; se for o dobro, use Parseval.

Para $x^2$ , com $a_n \sim 1/n^2$ : $\sum 1/n^2$ pede ponto, $\sum 1/n^4$ pede Parseval. É por isso que o enunciado diz “ou outro método de sua escolha” — Parseval sozinho não resolve o que ele pede.

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Questão 202º EE2026.1Laplace · Transformada de e^(αx) pela definição1,0 ptVer material

Seja $f(x) = e^{\alpha x}$ , onde $\alpha$ é uma constante real. Calcule $\mathcal{L}\{f(x)\}$ , a transformada de Laplace de $f$ , considerando $s > \alpha$ para a convergência da transformada, sendo $s$ o parâmetro desta.

Gabarito

\mathcal{L}\left\{e^{\alpha x}\right\} = \frac{1}{s - \alpha}, \qquad s > \alpha

Passo a passo

Passo 1 — a definição. O enunciado pede pela definição, não pela tabela:

\mathcal{L}\{f(x)\}(s) = \int_0^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx = \int_0^{\infty}e^{-sx}e^{\alpha x}\,dx

Passo 2 — juntar os expoentes. É o passo que faz a integral virar elementar:

e^{-sx}e^{\alpha x} = e^{-(s-\alpha)x}

\mathcal{L}\left\{e^{\alpha x}\right\} = \int_0^\infty e^{-(s-\alpha)x}\,dx

Passo 3 — integrar, como imprópria.

\int_0^{\infty} e^{-(s-\alpha)x}dx = \lim_{R\to\infty}\left[\frac{e^{-(s-\alpha)x}}{-(s-\alpha)}\right]_0^{R} = \lim_{R\to\infty}\frac{1 - e^{-(s-\alpha)R}}{s-\alpha}

Passo 4 — é aqui que a condição $s > \alpha$ entra. O limite existe somente se o expoente for negativo:

s - \alpha > 0 \qquad\Longrightarrow\qquad e^{-(s-\alpha)R} \to 0

Se $s < \alpha$ , a exponencial cresce e a integral diverge; se $s = \alpha$ , o integrando é $1$ e a integral também diverge. Por isso a transformada só está definida em $s > \alpha$ — e é o que o enunciado pede para justificar.

\boxed{\;\mathcal{L}\left\{e^{\alpha x}\right\} = \frac{1}{s-\alpha},\qquad s > \alpha\;}

Conferência — com $\alpha = 0$ a fórmula devolve $\mathcal{L}\{1\} = 1/s$ , que é o caso conhecido ✔

Esta é a transformada mais importante da tabela

Dela sai quase todo o resto, por dois caminhos:

Deslocamento em $s$ . A propriedade $\mathcal{L}\{e^{ax}F\} = \mathcal{L}\{F\}(s-a)$ é literalmente esta conta feita com um $F$ genérico — o $e^{ax}$ só translada o argumento.

Seno e cosseno. Com $\alpha = i\beta$ imaginário puro, $e^{i\beta x} = \cos\beta x + i\operatorname{sen}\beta x$ , e

\mathcal{L}\left\{e^{i\beta x}\right\} = \frac{1}{s - i\beta} = \frac{s + i\beta}{s^2+\beta^2}

Separando parte real e imaginária saem as duas transformadas de uma vez:

\mathcal{L}\{\cos\beta x\} = \frac{s}{s^2+\beta^2}, \qquad \mathcal{L}\{\operatorname{sen}\beta x\} = \frac{\beta}{s^2+\beta^2}

É a 1ª unidade da cadeira pagando dividendo na 2ª — e é um atalho legítimo para o item seguinte da prova.

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Questão 212º EE2026.1Laplace · Transformada do seno, e o artifício para o cosseno1,5 ptsVer material

No mesmo raciocínio da letra a), calcule a transformada de Laplace de $f(x) = \operatorname{sen}(\beta x)$ , onde $\beta$ é uma constante real. Sem precisar calcular, sugira um artifício com o qual você calcularia a transformada de Laplace de $f(x) = \cos(\beta x)$ , baseado nos cálculos anteriores.

Gabarito

\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\beta x\} = \frac{\beta}{s^2+\beta^2}, \qquad s > 0

O artifício: como $\big[\operatorname{sen}(\beta x)\big]' = \beta\cos(\beta x)$ , a propriedade $\mathcal{L}\{F'\} = s\mathcal{L}\{F\} - F(0)$ dá o cosseno sem integrar:

\mathcal{L}\{\cos\beta x\} = \frac{s}{\beta}\cdot\frac{\beta}{s^2+\beta^2} = \frac{s}{s^2+\beta^2}

Passo a passo

Passo 1 — a transformada do seno, pelo caminho complexo. É o “mesmo raciocínio da letra a)” mais curto. Da q20, $\mathcal{L}\{e^{\alpha x}\} = \dfrac{1}{s-\alpha}$ ; tome $\alpha = i\beta$ :

\mathcal{L}\left\{e^{i\beta x}\right\} = \frac{1}{s - i\beta} = \frac{s+i\beta}{(s-i\beta)(s+i\beta)} = \frac{s + i\beta}{s^2+\beta^2}

E, pela fórmula de Euler, $e^{i\beta x} = \cos(\beta x) + i\operatorname{sen}(\beta x)$ . Como a transformada é linear e $s,\beta$ são reais, basta separar:

\mathcal{L}\{\cos\beta x\} = \operatorname{Re} = \frac{s}{s^2+\beta^2}, \qquad \boxed{\;\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\beta x\} = \operatorname{Im} = \frac{\beta}{s^2+\beta^2}\;}

com convergência para $s > 0$ , porque $|e^{i\beta x}| = 1$ e basta $\operatorname{Re}(s) > 0$ .

Passo 2 — pela definição, se a prova exigir. Duas integrações por partes, ou o truque de fechar o ciclo. Chamando $I = \displaystyle\int_0^\infty e^{-sx}\operatorname{sen}(\beta x)dx$ :

I = \left[-\frac{e^{-sx}\cos\beta x}{\beta}\right]_0^\infty - \frac{s}{\beta}\int_0^\infty e^{-sx}\cos(\beta x)\,dx = \frac1\beta - \frac{s}{\beta}J

J = \int_0^\infty e^{-sx}\cos(\beta x)dx = \frac{s}{\beta}I

(a segunda sai da mesma conta, por partes). Substituindo:

I = \frac1\beta - \frac{s^2}{\beta^2}I \qquad\Longrightarrow\qquad I\left(1 + \frac{s^2}{\beta^2}\right) = \frac1\beta \qquad\Longrightarrow\qquad I = \frac{\beta}{s^2+\beta^2} \;\checkmark

Passo 3 — o artifício para o cosseno, que é o que a questão realmente cobra. Note que

\frac{d}{dx}\Big[\operatorname{sen}(\beta x)\Big] = \beta\cos(\beta x)

e use a propriedade da transformada da derivada, com $F(x) = \operatorname{sen}(\beta x)$ e $F(0) = 0$ :

\mathcal{L}\{F'\} = s\,\mathcal{L}\{F\} - F(0)

\mathcal{L}\{\beta\cos\beta x\} = s\cdot\frac{\beta}{s^2+\beta^2} - 0

\boxed{\;\mathcal{L}\{\cos\beta x\} = \frac{s}{s^2+\beta^2}\;}

Sem integrar nada — que é exatamente o que o “sem precisar calcular” do enunciado pede.

Conferência — o mesmo artifício aplicado de volta fecha o ciclo. Com $G = \cos\beta x$ , $G' = -\beta\operatorname{sen}\beta x$ e $G(0) = 1$ :

\mathcal{L}\{-\beta\operatorname{sen}\beta x\} = s\cdot\frac{s}{s^2+\beta^2} - 1 = \frac{s^2 - s^2 - \beta^2}{s^2+\beta^2} = \frac{-\beta^2}{s^2+\beta^2}

\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\beta x\} = \frac{\beta}{s^2+\beta^2} \;\;\checkmark

Consistente nos dois sentidos.

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Questão 222º EE2026.1EDP · Equação do calor numa barra isolada nas duas pontas3,0 ptsVer material

Considere uma barra, termicamente isolada em suas extremidades, digamos, à temperatura de $0\ ^\circ\mathrm{C}$ . Determine, explicando os detalhes não triviais, uma função $u(x,t)$ tal que

\begin{cases} u_t = k\,u_{xx}, & \text{em } \mathbb{R}\\ u_x(0,t) = u_x(L,t) = 0, & t > 0\\ u(x,0) = f(x), & 0 \le x \le L \end{cases}

Gabarito

u(x,t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \exp\!\left[-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 t\right]

a_n = \frac{2}{L}\int_0^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx

Passo a passo

Passo 1 — ler as condições de contorno. $u_x(0,t) = u_x(L,t) = 0$ é condição de Neumann: o que se prescreve é o fluxo, não a temperatura. Fluxo nulo nas pontas significa extremidades isoladas — nada de calor entra ou sai.

Este é o primeiro “detalhe não trivial” que o enunciado cobra: com Neumann a solução sai em cossenos, e não em senos. Quem escreve senos por hábito perde a questão inteira.

Passo 2 — separar variáveis. Procure $u = X(x)\,T(t)$ :

X\,T' = k\,X''\,T \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{T'}{k\,T} = \frac{X''}{X} = -\lambda

Os dois lados dependem de variáveis independentes, logo ambos são a mesma constante, que se chama $-\lambda$ por conveniência de sinal.

Passo 3 — o problema em $x$ , e os três casos de $\lambda$ . A equação é $X'' + \lambda X = 0$ , com $X'(0) = X'(L) = 0$ . Analisar os três casos é o segundo detalhe que a questão pede:

$\lambda < 0$ . Escrevendo $\lambda = -\mu^2$ , a solução é $X = A\cosh(\mu x) + B\operatorname{senh}(\mu x)$ . De $X'(0) = 0$ vem $B = 0$ ; de $X'(L) = A\mu\operatorname{senh}(\mu L) = 0$ , com $\operatorname{senh}(\mu L) \ne 0$ , vem $A = 0$ . Só a solução nula — descartado.

$\lambda = 0$ . Então $X'' = 0$ e $X = A + Bx$ . De $X'= B = 0$ nas duas pontas, sobra $X = A$ constante, que satisfaz as duas condições. Este caso conta — e é a diferença essencial em relação a Dirichlet, onde ele seria descartado.

$\lambda > 0$ . Com $\lambda = \mu^2$ : $X = A\cos(\mu x) + B\operatorname{sen}(\mu x)$ , e $X' = -A\mu\operatorname{sen}(\mu x) + B\mu\cos(\mu x)$ .

X'(0) = B\mu = 0 \;\Longrightarrow\; B = 0

X'(L) = -A\mu\operatorname{sen}(\mu L) = 0 \;\Longrightarrow\; \operatorname{sen}(\mu L) = 0 \;\Longrightarrow\; \mu = \frac{n\pi}{L}

\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad X_n(x) = \cos\frac{n\pi x}{L}, \qquad n = 1, 2, 3, \dots

Somando o caso $\lambda = 0$ , a família de autofunções é $\cos(n\pi x/L)$ com $n = 0, 1, 2, \dots$

Passo 4 — o problema em $t$ . Para cada $\lambda_n$ :

T' = -k\lambda_n T \qquad\Longrightarrow\qquad T_n(t) = \exp\!\left[-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 t\right]

Note que $n = 0$ dá $T_0 = 1$ : o modo constante não decai.

Passo 5 — somar e impor a condição inicial. A equação é linear e homogênea, então a soma de soluções é solução:

u(x,t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \exp\!\left[-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2t\right]

Em $t=0$ :

u(x,0) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\frac{n\pi x}{L} = f(x)

que é exatamente a série de Fourier de cossenos de $f$ em $[0,L]$ . Pela ortogonalidade,

\boxed{\;a_n = \frac{2}{L}\int_0^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \qquad n = 0,1,2,\dots\;}

Os detalhes não triviais, reunidos — é isso que o enunciado pede por escrito:

1. O modo $n=0$ existe e não decai. Todos os outros carregam $e^{-k(n\pi/L)^2t}$ e morrem. Então

\lim_{t\to\infty}u(x,t) = \frac{a_0}{2} = \frac1L\int_0^L f(x)\,dx

que é a temperatura média do perfil inicial. Fisicamente inevitável: a barra está isolada, o calor não escapa, e ele só se redistribui até ficar uniforme. Se a condição fosse Dirichlet ( $u=0$ nas pontas), a barra esfriaria até zero.

2. Os detalhes finos somem primeiro. O expoente cresce com $n^2$ : o harmônico $n=10$ decai cem vezes mais rápido que o $n=1$ . Qualquer irregularidade do perfil inicial é suavizada quase imediatamente, e é por isso que a equação do calor é chamada de suavizadora — comportamento típico de EDP parabólica.

3. Conferência da condição de contorno. Cada termo tem $\dfrac{\partial}{\partial x}\cos\left(\tfrac{n\pi x}{L}\right) = -\tfrac{n\pi}{L}\operatorname{sen}\left(\tfrac{n\pi x}{L}\right)$ , que se anula em $x=0$ e em $x=L$ ✔ — a solução respeita Neumann termo a termo, como tinha de ser.

Dirichlet contra Neumann, na tabela

contorno	autofunções	modo constante
$u = 0$ nas pontas (Dirichlet)	$\operatorname{sen}(n\pi x/L)$ , $n \ge 1$	não existe
$u_x = 0$ nas pontas (Neumann)	$\cos(n\pi x/L)$ , $n \ge 0$	existe, e não decai

Ler o contorno e escolher a família certa é o primeiro movimento — e o que decide as duas questões de EDP desta prova, que são as duas de Neumann.

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Questão 232º EE2026.1EDP · Equação da onda com as duas pontas livres3,0 ptsVer material

Use o método visto em sala, ou seja, o método de Fourier, para resolver o problema

\begin{cases} u_{tt} = c^2\,u_{xx}, & \text{em } \mathbb{R}\\ u_x(0,t) = u_x(L,t) = 0, & t > 0\\ u(x,0) = f(x),\quad u_t(x,0) = g(x), & 0 < x < L \end{cases}

Gabarito

u(x,t) = \frac{a_0}{2} + \frac{b_0\,t}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left[a_n\cos\frac{n\pi c\,t}{L} + b_n\operatorname{sen}\frac{n\pi c\,t}{L}\right]

com

a_n = \frac2L\int_0^L f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}dx, \qquad b_n = \frac{2}{n\pi c}\int_0^L g(x)\cos\frac{n\pi x}{L}dx

e $b_0 = \dfrac2L\displaystyle\int_0^L g(x)\,dx$ .

Passo a passo

Passo 1 — o problema em $x$ é o mesmo da equação do calor. Separando $u = XT$ :

X\,T'' = c^2X''\,T \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{T''}{c^2T} = \frac{X''}{X} = -\lambda

A equação em $x$ e as condições de contorno são idênticas às da q22: $X'' + \lambda X = 0$ com $X'(0) = X'(L) = 0$ . Logo as autofunções e os autovalores são os mesmos:

\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad X_n = \cos\frac{n\pi x}{L}, \qquad n = 0,1,2,\dots

incluindo o modo constante de $n=0$ , por serem condições de Neumann.

Passo 2 — o que muda é a equação em $t$ : agora é de 2ª ordem.

T'' + c^2\lambda_n\,T = 0

Para $n \ge 1$ , com $\omega_n = \dfrac{n\pi c}{L}$ :

T_n(t) = a_n\cos(\omega_n t) + b_n\operatorname{sen}(\omega_n t)

Duas constantes por modo, e não uma — porque há duas condições iniciais a atender.

Para $n = 0$ , $\lambda_0 = 0$ e a equação é $T'' = 0$ :

T_0(t) = \frac{a_0}{2} + \frac{b_0}{2}t

Um termo constante e um linear no tempo. Este é o detalhe que distingue esta questão da anterior.

Passo 3 — a solução geral.

u(x,t) = \frac{a_0}{2} + \frac{b_0 t}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \Big[a_n\cos(\omega_n t) + b_n\operatorname{sen}(\omega_n t)\Big]

Passo 4 — a primeira condição inicial fixa os $a_n$ . Em $t=0$ os senos zeram e sobra

u(x,0) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n\ge1}a_n\cos\frac{n\pi x}{L} = f(x)

que é a série de cossenos de $f$ :

a_n = \frac{2}{L}\int_0^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \qquad n \ge 0

Passo 5 — a segunda condição fixa os $b_n$ . Derivando em $t$ e avaliando em $t=0$ :

u_t(x,0) = \frac{b_0}{2} + \sum_{n\ge1}\omega_n\,b_n\cos\frac{n\pi x}{L} = g(x)

Comparando com a série de cossenos de $g$ , cujos coeficientes são $\dfrac2L\int_0^L g\cos$ :

\boxed{\;b_0 = \frac2L\int_0^L g(x)\,dx, \qquad b_n = \frac{1}{\omega_n}\cdot\frac{2}{L}\int_0^L g(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx = \frac{2}{n\pi c}\int_0^L g(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx\;}

O fator $1/\omega_n$ vem da derivada do seno — esquecê-lo é o erro típico deste passo.

Os detalhes que a questão espera comentados:

1. Nada decai. Ao contrário do calor, aqui não há exponencial: cada modo oscila para sempre na frequência $\omega_n = n\pi c/L$ . É a diferença entre EDP hiperbólica e parabólica — a onda propaga, o calor difunde.

2. O modo $n=0$ cresce linearmente no tempo. O termo $\tfrac{b_0}{2}t$ significa que a corda transladar como um todo é solução: com as duas pontas livres (Neumann), nada a prende, e uma velocidade inicial média não nula a faz derivar indefinidamente.

\frac{b_0}{2} = \frac1L\int_0^L g(x)\,dx = \text{velocidade média inicial}

Se $g$ tiver média zero, esse termo desaparece e a corda apenas vibra em torno da posição média.

3. Duas condições iniciais, duas famílias de coeficientes. $f$ (posição) alimenta os $a_n$ ; $g$ (velocidade) alimenta os $b_n$ . Uma condição só deixaria o problema indeterminado — e é por isso que a onda pede duas e o calor pede uma.

Calor e onda, lado a lado

O problema em $x$ é o mesmo nos dois: mesmas autofunções, mesmos autovalores, decididos só pelo contorno. Toda a diferença está no tempo:

	equação em $t$	solução	condições iniciais
calor	$T' = -k\lambda T$	$e^{-k\lambda_n t}$	uma ( $f$ )
onda	$T'' = -c^2\lambda T$	$\cos\omega_n t$ , $\operatorname{sen}\omega_n t$	duas ( $f$ e $g$ )

Resolvida uma, a outra sai trocando apenas o passo do tempo. As duas questões de EDP desta prova são exatamente esse par.

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Questão 242º EE2024.1Laurent · Expansão no anel 1 < |z| < 21,5 ptsVer material

Determine a série de Laurent de $f$ em $D$ :

f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}, \qquad D = \{\,1 < |z| < 2\,\}

Gabarito

f(z) = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{2^{\,n+1}} \;-\; \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{n}}

Passo a passo

Passo 1 — separar em frações simples.

\frac{1}{(z-1)(z-2)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z-2}

Lendo os coeficientes como resíduos:

A = \frac{1}{z-2}\bigg|_{z=1} = -1, \qquad B = \frac{1}{z-1}\bigg|_{z=2} = 1

f(z) = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-1}

Passo 2 — o anel decide a manipulação de cada parcela. Em $1 < |z| < 2$ valem duas desigualdades ao mesmo tempo:

\left|\frac z2\right| < 1 \qquad\text{e}\qquad \left|\frac1z\right| < 1

Cada parcela usa a sua. A regra é sempre: na geométrica $\dfrac{1}{1-w} = \sum w^n$ , o $w$ tem de ter módulo menor que 1 no anel.

Passo 3 — a parcela de $z=2$ : o pequeno é $z/2$ .

\frac{1}{z-2} = \frac{-1}{2-z} = -\frac12\cdot\frac{1}{1 - z/2} = -\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac z2\right)^n = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{\,n+1}}

Só potências positivas — é a parte analítica.

Passo 4 — a parcela de $z=1$ : o pequeno é $1/z$ . Aqui é preciso fatorar o $z$ para fora, porque $|z| > 1$ :

-\frac{1}{z-1} = -\frac1z\cdot\frac{1}{1 - 1/z} = -\frac1z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^{n}} = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^{\,n+1}} = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{n}}

Só potências negativas — é a parte principal.

Passo 5 — juntar.

\boxed{\;f(z) = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{\,n+1}} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^n} = \cdots -\frac{1}{z^2} - \frac1z - \frac12 - \frac z4 - \frac{z^2}{8} - \cdots\;}

Conferência — o coeficiente $a_{-1}$ é $-1$ . E de fato o resíduo em $z=1$ é $-1$ , calculado no passo 1: a série de Laurent no anel que separa os dois polos tem, como $a_{-1}$ , a soma dos resíduos internos — aqui só o de $z=1$ ✔

A mesma função tem três expansões

Com polos em $1$ e $2$ , o plano se divide em três anéis centrados na origem, e cada um tem sua série:

anel	manipulação	forma
$\vert z\vert < 1$	$z$ pequeno nas duas	só potências positivas (Taylor)
$1 < \vert z\vert < 2$	$z/2$ e $1/z$	mista — é a pedida
$\vert z\vert > 2$	$1/z$ nas duas	só potências negativas

Escrever a série do anel errado dá uma expansão que diverge em todo o anel pedido — e o erro passa despercebido se ninguém conferir. Sempre anote as desigualdades do anel antes de expandir.

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Questão 252º EE2024.1Laurent · Expansão centrada na própria singularidade1,5 ptsVer material

Determine a série de Laurent de $f$ em $D$ :

f(z) = \frac{1}{z-1} + \frac{1}{z-3}, \qquad D = \{\,0 < |z-3| < 2\,\}

Gabarito

f(z) = \frac{1}{z-3} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{\,n+1}}\,(z-3)^{n}

Passo a passo

Passo 1 — ler o centro do anel. O anel é $0 < |z-3| < 2$ : o centro é $z_0 = 3$ , e o raio externo $2$ é a distância até o outro polo, $z=1$ . Faz sentido — a série não pode alcançar outra singularidade.

Passo 2 — a primeira parcela já está pronta. O termo $\dfrac{1}{z-3}$ é uma potência de $(z-3)$ , com expoente $-1$ . Ele é a parte principal inteira, e não há nada a expandir.

Isso já entrega duas informações: $z=3$ é polo simples, e o resíduo ali é $1$ .

Passo 3 — adaptar a segunda parcela ao centro. O truque é somar e subtrair $3$ para fazer aparecer $(z-3)$ :

\frac{1}{z-1} = \frac{1}{(z-3) + 2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1 + \dfrac{z-3}{2}}

Passo 4 — aplicar a geométrica. No anel, $\left|\dfrac{z-3}{2}\right| < 1$ , então

\frac{1}{1 + w} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n w^n \qquad\text{com } w = \frac{z-3}{2}

\frac{1}{z-1} = \frac12\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{z-3}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{\,n+1}}(z-3)^n

Passo 5 — juntar.

\boxed{\;f(z) = \frac{1}{z-3} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{\,n+1}}(z-3)^{n} = \frac{1}{z-3} + \frac12 - \frac{z-3}{4} + \frac{(z-3)^2}{8} - \cdots\;}

Conferência — avalie a série da segunda parcela em $z=3$ : ela dá $\tfrac12$ , e de fato $\dfrac{1}{3-1} = \dfrac12$ ✔ E o raio de convergência é $2$ , a distância de $3$ até $1$ ✔

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Questão 262º EE2024.1Singularidades · Classificar em z = 0 dois casos1,5 ptsVer material

Classifique a singularidade em $z=0$ das funções

a) $f(z) = \dfrac{1}{z\left(e^{z}-1\right)}$ ;

b) $f(z) = \dfrac{\operatorname{sen}(z)}{z}$ .

Gabarito

a) Polo de ordem 2. · b) Singularidade removível.

Passo a passo

Item (a) — pelo zero do denominador. Escreva $f = g/h$ com

g(z) = 1 \quad\text{(analítica, } g(0) = 1 \ne 0\text{)}, \qquad h(z) = z\left(e^z - 1\right)

Como $g(0) \ne 0$ , a ordem do polo de $f$ é a ordem do zero de $h$ em $z=0$ .

Caminho 1 — por derivadas, que é o do gabarito:

h(0) = 0\cdot(1-1) = 0

h'(z) = \left(e^z - 1\right) + z\,e^z \qquad\Longrightarrow\qquad h'(0) = 0 + 0 = 0

h''(z) = e^z + e^z + z\,e^z \qquad\Longrightarrow\qquad h''(0) = 2 \ne 0

A primeira derivada não nula é a segunda: zero de ordem $2$ .

Caminho 2 — por série, que é mais rápido. De $e^z - 1 = z + \dfrac{z^2}{2} + \cdots$ :

h(z) = z\left(z + \frac{z^2}{2} + \cdots\right) = z^2\left(1 + \frac z2 + \cdots\right)

O fator entre parênteses vale $1$ em $z=0$ , então o zero é exatamente de ordem 2.

\boxed{\;z=0 \text{ é polo de ordem } 2\;}

E, de brinde, o resíduo sai da série: $f = \dfrac{1}{z^2}\left(1 - \dfrac z2 + \cdots\right)$ , logo $a_{-1} = -\dfrac12$ .

Item (b) — o exemplo canônico de removível. Divida a série do seno por $z$ :

\frac{\operatorname{sen} z}{z} = \frac1z\left(z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \cdots\right) = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots

A série resultante não tem potência negativa nenhuma: a parte principal é vazia.

\lim_{z\to0}\frac{\operatorname{sen} z}{z} = 1 \qquad\text{(finito)}

\boxed{\;z = 0 \text{ é singularidade removível}\;}

Basta definir $f(0) = 1$ e a função passa a ser analítica em todo o plano — daí o nome “removível”. Consistentemente, o resíduo é zero.

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Questão 272º EE2024.1Resíduos · Polo triplo e polo simples na mesma curva1,5 ptsVer material

Utilize o Teorema dos Resíduos para calcular

\oint_{C} \frac{e^{z}}{z^{3}(z+1)}\,dz, \qquad C: |z| = 2

Gabarito

\oint_C \frac{e^z}{z^3(z+1)}\,dz = 2\pi i\left(\frac12 - e^{-1}\right) \approx 0{,}83\,i

Passo a passo

Passo 1 — as singularidades e a curva.

z = 0 \;\;(\text{polo de ordem } 3), \qquad z = -1 \;\;(\text{polo simples})

$|0| = 0 < 2$ e $|-1| = 1 < 2$ : as duas dentro de $C$ . Duas singularidades pedem o teorema dos resíduos.

Passo 2 — o resíduo em $z=-1$ , que é simples.

\operatorname{Res}(f,-1) = \lim_{z\to-1}(z+1)\,f(z) = \frac{e^{z}}{z^3}\bigg|_{z=-1} = \frac{e^{-1}}{-1} = -e^{-1}

Passo 3 — o resíduo em $z=0$ , de ordem 3. A fórmula pede $m-1 = 2$ derivadas:

\operatorname{Res}(f,0) = \frac{1}{2!}\lim_{z\to0}\frac{d^2}{dz^2}\left[z^3 f(z)\right] = \frac12\lim_{z\to0}\frac{d^2}{dz^2}\left[\frac{e^z}{z+1}\right]

Primeira derivada:

\frac{d}{dz}\left[\frac{e^z}{z+1}\right] = \frac{e^z(z+1) - e^z}{(z+1)^2} = \frac{z\,e^z}{(z+1)^2}

Segunda derivada:

\frac{d}{dz}\left[\frac{z e^z}{(z+1)^2}\right] = \frac{(e^z + ze^z)(z+1)^2 - z e^z\cdot 2(z+1)}{(z+1)^4} = \frac{e^z\big[(1+z)(1+z) - 2z\big]}{(z+1)^3} = \frac{e^z\left(z^2+1\right)}{(z+1)^3}

Avaliando em $z=0$ :

\operatorname{Res}(f,0) = \frac12\cdot\frac{e^0(0+1)}{1} = \frac12

Passo 4 — somar e multiplicar.

\boxed{\;\oint_C \frac{e^z}{z^3(z+1)}\,dz = 2\pi i\left(\frac12 - e^{-1}\right)\;}

Numericamente, $\tfrac12 - 0{,}3679 = 0{,}1321$ , logo a integral vale $\approx 0{,}830\,i$ .

Conferência do resíduo em zero, pela série. Muito mais rápido que duas derivadas:

\frac{e^z}{z^3(z+1)} = \frac{1}{z^3}\left(1 + z + \frac{z^2}{2} + \cdots\right)\left(1 - z + z^2 - \cdots\right)

O produto das duas séries começa como $1 + 0\cdot z + \tfrac12 z^2 + \cdots$ (o coeficiente de $z$ é $1 - 1 = 0$ , e o de $z^2$ é $\tfrac12 - 1 + 1 = \tfrac12$ ). Dividido por $z^3$ , o coeficiente de $z^{-1}$ é o de $z^2$ do produto:

\operatorname{Res}(f,0) = \frac12 \;\;\checkmark

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Questão 282º EE2024.1Resíduos · Integral da tangente, com dois polos simples1,5 ptsVer material

Utilize o Teorema dos Resíduos para calcular

\oint_{C}\operatorname{tg}(z)\,dz, \qquad C: |z| = 2

Gabarito

\oint_C \operatorname{tg}(z)\,dz = -4\pi i

Passo a passo

Passo 1 — onde a tangente é singular.

\operatorname{tg} z = \frac{\operatorname{sen} z}{\cos z}

As singularidades são os zeros do cosseno:

\cos z = 0 \qquad\Longleftrightarrow\qquad z = \frac{\pi}{2} + k\pi, \qquad k \in \mathbb{Z}

isto é $\pm\dfrac\pi2, \pm\dfrac{3\pi}{2}, \pm\dfrac{5\pi}{2},\dots$ — e todos reais, porque o cosseno complexo só tem zeros reais.

Passo 2 — quais estão dentro de $|z| = 2$ .

\left|\pm\frac\pi2\right| = 1{,}571 < 2 \qquad\text{(dentro)}

\left|\pm\frac{3\pi}{2}\right| = 4{,}712 > 2 \qquad\text{(fora)}

Exatamente dois polos entram: $z = \pi/2$ e $z = -\pi/2$ . Ler isso é a parte da questão que separa quem acerta.

Passo 3 — verificar que são simples. Em $z_0 = \pm\pi/2$ :

$\cos z$ tem zero simples, pois $\dfrac{d}{dz}\cos z = -\operatorname{sen} z$ vale $\mp1 \ne 0$ ali;
$\operatorname{sen}(z_0) = \pm1 \ne 0$ , então o numerador não cancela o zero.

Logo os dois são polos simples.

Passo 4 — os resíduos, por $p/q'$ . Com $p = \operatorname{sen} z$ e $q = \cos z$ , temos $q' = -\operatorname{sen} z$ :

\operatorname{Res}\big(\operatorname{tg}, z_0\big) = \frac{\operatorname{sen} z_0}{-\operatorname{sen} z_0} = -1

Independente de $z_0$ — o resíduo da tangente é $-1$ em todo polo. É um resultado que vale guardar.

Passo 5 — somar.

\sum\operatorname{Res} = (-1) + (-1) = -2

\boxed{\;\oint_{|z|=2}\operatorname{tg}(z)\,dz = 2\pi i\,(-2) = -4\pi i\;}

Conferência — o valor é sempre um múltiplo de $-2\pi i$ : $-2\pi i$ vezes o número de polos dentro. Com raio $2$ entram dois; com raio $5$ entrariam quatro ( $\pm\pi/2$ e $\pm3\pi/2$ ) e a integral daria $-8\pi i$ . Com raio $1$ , nenhum, e daria zero.

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Questão 292º EE2024.1Fourier · Série de e^x em [−π, π]2,0 ptsVer material

Seja $f(x) = e^{x}$ em $-\pi \le x < \pi$ . Determine a série de Fourier de $f$ .

Gabarito

e^{x} = \frac{\operatorname{senh}\pi}{\pi} + \frac{2\operatorname{senh}\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+1} \Big[\cos(nx) - n\operatorname{sen}(nx)\Big]

Passo a passo

Passo 1 — não há paridade a explorar. $e^{-x} \ne \pm e^{x}$ : a exponencial não é par nem ímpar. Então os dois coeficientes, $a_n$ e $b_n$ , têm de ser calculados — é o caso geral, mais trabalhoso que a onda quadrada ou o $x^2$ .

Passo 2 — o termo médio. Com $L = \pi$ :

a_0 = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}e^x\,dx = \frac1\pi\left[e^x\right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{e^\pi - e^{-\pi}}{\pi} = \frac{2\operatorname{senh}\pi}{\pi}

\frac{a_0}{2} = \frac{\operatorname{senh}\pi}{\pi}

usando $\operatorname{senh}\pi = \dfrac{e^\pi - e^{-\pi}}{2}$ .

Passo 3 — as duas primitivas, que valem decorar. As integrais saem por partes duas vezes, e o resultado é sempre desta forma:

\int e^{x}\cos(nx)\,dx = \frac{e^{x}\big[\cos(nx) + n\operatorname{sen}(nx)\big]}{n^2+1}

\int e^{x}\operatorname{sen}(nx)\,dx = \frac{e^{x}\big[\operatorname{sen}(nx) - n\cos(nx)\big]}{n^2+1}

O denominador $n^2+1$ é a assinatura desse par — e é ele que faz os coeficientes caírem como $1/n$ .

Passo 4 — o coeficiente $a_n$ . Nos limites $\pm\pi$ , os senos zeram e $\cos(n\pi) = (-1)^n$ :

\int_{-\pi}^{\pi}e^x\cos(nx)\,dx = \left[\frac{e^x\cos(nx)}{n^2+1}\right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{(-1)^n\left(e^\pi - e^{-\pi}\right)}{n^2+1} = \frac{2(-1)^n\operatorname{senh}\pi}{n^2+1}

a_n = \frac1\pi\cdot\frac{2(-1)^n\operatorname{senh}\pi}{n^2+1} = \frac{2\operatorname{senh}\pi}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n}{n^2+1}

Passo 5 — o coeficiente $b_n$ . Agora só o termo com $\cos$ sobrevive nos limites:

\int_{-\pi}^{\pi}e^x\operatorname{sen}(nx)\,dx = \left[\frac{-n\,e^x\cos(nx)}{n^2+1}\right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{-n(-1)^n\left(e^\pi - e^{-\pi}\right)}{n^2+1}

b_n = -\frac{2\operatorname{senh}\pi}{\pi}\cdot\frac{n\,(-1)^n}{n^2+1}

Passo 6 — montar a série. Note que $a_n$ e $b_n$ compartilham o fator $\dfrac{2\operatorname{senh}\pi}{\pi}\cdot\dfrac{(-1)^n}{n^2+1}$ :

\boxed{\;e^{x} = \frac{\operatorname{senh}\pi}{\pi} + \frac{2\operatorname{senh}\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+1} \big[\cos(nx) - n\operatorname{sen}(nx)\big]\;}

Conferência — em $x = 0$ . Ali $f$ é contínua e vale $1$ :

1 = \frac{\operatorname{senh}\pi}{\pi}\left[1 + 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+1}\right] \qquad\Longrightarrow\qquad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+1} = \frac12\left(\frac{\pi}{\operatorname{senh}\pi} - 1\right)

Numericamente: $\operatorname{senh}\pi = 11{,}549$ , então o lado direito é $\tfrac12(0{,}272 - 1) = -0{,}364$ . E a soma alternada $-\tfrac12 + \tfrac15 - \tfrac1{10} + \tfrac1{17} - \cdots \approx -0{,}364$ ✔

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Questão 302º EE2024.2Séries · Natureza dos polos e a expansão em |z| < 12,0 ptsVer material

Seja

f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}

Estabeleça a natureza dos pontos onde $f$ não é definida. Ela admite expansão em série em torno de $z=0$ , no círculo $|z| < 1$ .

a) Escreva essa expansão por um método à sua escolha;

b) Escreva a série de Laurent, em torno de $z=0$ , na região anelar $1 < |z| < 2$ .

Gabarito

$z=1$ e $z=2$ são polos simples.

a) Em $|z| < 1$ , série de Taylor:

f(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\left(1 - \frac{1}{2^{\,n+1}}\right)z^{n}

b) Em $1 < |z| < 2$ :

f(z) = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{2^{\,n+1}} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{n}}

Passo a passo

Passo 1 — a natureza dos pontos. O denominador zera em $z=1$ e $z=2$ , cada um com zero de ordem 1, e o numerador é $1$ (não cancela nada). Logo os dois são polos simples.

Passo 2 — separar em frações simples.

f(z) = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-1}

(coeficientes lidos como resíduos: $-1$ em $z=1$ e $+1$ em $z=2$ )

Passo 3 — item (a): o disco $|z| < 1$ . Aqui os dois polos estão fora, então a expansão é uma série de Taylor — só potências positivas, sem parte principal. Nas duas parcelas o pequeno é o próprio $z$ :

\frac{1}{z-2} = -\frac12\cdot\frac{1}{1 - z/2} = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{\,n+1}}

-\frac{1}{z-1} = \frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^{\infty}z^{n}

Somando:

\boxed{\;f(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\left(1 - \frac{1}{2^{\,n+1}}\right)z^{n} = \frac12 + \frac34 z + \frac78 z^2 + \cdots\;}

Conferência — em $z=0$ a série dá $\tfrac12$ , e $f(0) = \dfrac{1}{(-1)(-2)} = \dfrac12$ ✔ O raio de convergência é $1$ , a distância até o polo mais próximo ✔

Passo 4 — item (b): o anel $1 < |z| < 2$ . Agora o polo $z=1$ está dentro do anel, e a parcela dele muda de manipulação: o pequeno passa a ser $1/z$ .

\frac{1}{z-2} = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{\,n+1}} \qquad\text{(igual ao item a — ainda } |z/2|<1\text{)}

-\frac{1}{z-1} = -\frac1z\cdot\frac{1}{1-1/z} = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{n}}

\boxed{\;f(z) = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{\,n+1}} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{n}}\;}

Esta é a mesma expansão da q24 desta unidade, que a prova de 2024.1 pediu isolada.

Uma parcela por polo, e cada polo muda em um anel

A estrutura fica clara comparando os dois itens:

parcela	$\vert z\vert<1$	$1<\vert z\vert<2$
$\dfrac{1}{z-2}$	$z/2$ pequeno → potências $+$	igual
$-\dfrac{1}{z-1}$	$z$ pequeno → potências $+$	$1/z$ pequeno → potências $-$

Ao atravessar o anel de raio $1$ , só a parcela do polo $z=1$ troca de forma. É por isso que a série do anel de fora ( $|z|>2$ ) tem as duas parcelas em potências negativas: ali os dois polos ficaram para dentro.

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Questão 312º EE2024.2Laurent · Singularidade essencial de e^(1/z²)2,0 ptsVer material

Seja $f(z) = e^{1/z^{2}}$ .

a) Estabeleça a natureza da singularidade em $z=0$ ;

b) Escreva a série de Laurent de $f(z)$ em $0 < |z| < \infty$ .

Gabarito

a) Singularidade essencial em $z=0$ .

b)

e^{1/z^2} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!\,z^{2n}} = 1 + \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{2!\,z^{4}} + \frac{1}{3!\,z^{6}} + \cdots

O resíduo é zero, porque só há potências pares.

Passo a passo

Passo 1 — a série, por substituição. Parta de $e^{w} = \sum_{n\ge0}\dfrac{w^n}{n!}$ e tome $w = \dfrac{1}{z^2}$ :

\boxed{\;e^{1/z^2} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{1}{z^2}\right)^{n} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{-2n}}{n!} = 1 + \frac{1}{z^2} + \frac{1}{2!z^4} + \frac{1}{3!z^6} + \cdots\;}

Válida em $0 < |z| < \infty$ , porque a série da exponencial converge para todo $w$ finito, e $w = 1/z^2$ é finito para todo $z \ne 0$ .

Passo 2 — a natureza da singularidade. A parte principal tem infinitos termos, e não existe $m$ para o qual $z^m f(z)$ tenha limite finito em $0$ . Logo:

z = 0 \text{ é } \textbf{singularidade essencial}

Passo 3 — a evidência de que não é polo. Vale ver o que acontece por dois caminhos diferentes, porque isso caracteriza a essencial:

z \to 0 \text{ pelo eixo real } (z = x): \qquad e^{1/x^2} \to +\infty

z \to 0 \text{ pelo eixo imaginário } (z = iy): \qquad e^{1/(iy)^2} = e^{-1/y^2} \to 0

O limite não existe: por um caminho a função explode, por outro ela morre. Num polo, $|f| \to \infty$ por todos os caminhos; numa removível, o limite existe. Só a essencial se comporta assim.

Passo 4 — o resíduo. Ele é o coeficiente de $z^{-1}$ , e os expoentes da série são $0, -2, -4, -6,\dots$ — todos pares. A potência $-1$ nunca aparece:

\operatorname{Res}\big[e^{1/z^2}\big]_{z=0} = 0

Em consequência, $\displaystyle\oint_{|z|=r} e^{1/z^2}\,dz = 0$ para qualquer $r > 0$ .

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Questão 322º EE2024.2Resíduos · Um resíduo nulo em polo duplo2,0 ptsVer material

Seja

f(z) = \frac{z^2+1}{z\,(z-1)^2}

a) Calcule os resíduos correspondentes a $f(z)$ ;

b) Se $\gamma$ é qualquer curva fechada em torno de $z=0$ , mas não envolvendo $z=1$ , calcule

\oint_{\gamma}\frac{z^2+1}{z(z-1)^2}\,dz

Gabarito

a) $\operatorname{Res}(f,0) = 1$ e $\operatorname{Res}(f,1) = 0$ .

b) $\displaystyle\oint_\gamma f(z)\,dz = 2\pi i$

Passo a passo

Passo 1 — os polos.

z = 0 \;\;(\text{simples}), \qquad z = 1 \;\;(\text{ordem } 2)

O numerador $z^2+1$ vale $1$ em $z=0$ e $2$ em $z=1$ : não cancela nenhum dos dois.

Passo 2 — resíduo em $z=0$ , simples. Corte o fator e avalie:

\operatorname{Res}(f,0) = \frac{z^2+1}{(z-1)^2}\bigg|_{z=0} = \frac{1}{(-1)^2} = 1

Passo 3 — resíduo em $z=1$ , ordem 2. Uma derivada:

\operatorname{Res}(f,1) = \lim_{z\to1}\frac{d}{dz}\left[\frac{z^2+1}{z}\right]

Simplifique antes de derivar — é o que torna a conta trivial:

\frac{z^2+1}{z} = z + \frac1z \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{d}{dz}\left[z + \frac1z\right] = 1 - \frac{1}{z^2}

\operatorname{Res}(f,1) = 1 - \frac{1}{1^2} = 0

Resíduo nulo em polo genuíno de ordem 2 — vale registrar: resíduo zero não significa que o ponto seja regular. Aqui $z=1$ é polo duplo de verdade ( $|f|\to\infty$ ali), mas o coeficiente $a_{-1}$ da série de Laurent é zero.

Passo 4 — item (b): só o polo de $z=0$ conta. A curva envolve $z=0$ e não envolve $z=1$ , então a soma tem uma parcela só:

\boxed{\;\oint_\gamma \frac{z^2+1}{z(z-1)^2}\,dz = 2\pi i\cdot\operatorname{Res}(f,0) = 2\pi i\;}

Conferência — e um resultado bonito de brinde. Se a curva envolvesse os dois polos, o valor seria

2\pi i\,(1 + 0) = 2\pi i

o mesmo! Porque o resíduo em $z=1$ é nulo, o valor da integral não muda ao incluir aquele polo. Uma curva grande e uma curva pequena em torno da origem dão a mesma resposta.

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Questão 332º EE2024.2Demonstração · A identidade de Parseval, passo a passo2,0 ptsVer material

Seja $f(x)$ definida em $(-L, L)$ e suponha que a série de Fourier de $f$ convirja uniformemente para $f(x)$ . Mostre que

\frac1L\int_{-L}^{L}\big[f(x)\big]^2dx = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right)

com $f$ de quadrado integrável. Explique os passos.

Gabarito

Escrever a série de Fourier, multiplicar os dois membros por $f(x)$ , justificar a troca de soma com integral pela convergência uniforme, integrar, e reconhecer que as integrais que sobram são os próprios coeficientes.

Passo a passo

Passo 1 — escrever a série.

f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\cos\frac{n\pi x}{L} + b_n\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\right]

com

a_n = \frac1L\int_{-L}^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \qquad b_n = \frac1L\int_{-L}^{L}f(x)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx

Passo 2 — multiplicar os dois lados por $f(x)$ . É o movimento central da demonstração:

\big[f(x)\big]^2 = \frac{a_0}{2}f(x) + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n f(x)\cos\frac{n\pi x}{L} + b_n f(x)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\right]

Passo 3 — integrar em $(-L,L)$ , trocando soma com integral. Aqui entra a hipótese: a convergência uniforme da série é o que autoriza integrar termo a termo.

\int_{-L}^{L}\big[f(x)\big]^2dx = \frac{a_0}{2}\int_{-L}^{L}f\,dx + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\int_{-L}^{L}f\cos\frac{n\pi x}{L}dx + b_n\int_{-L}^{L}f\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}dx\right]

Passo 4 — reconhecer que cada integral É um coeficiente. Comparando com as fórmulas do passo 1:

\int_{-L}^{L}f\,dx = L\,a_0, \qquad \int_{-L}^{L}f\cos\frac{n\pi x}{L}dx = L\,a_n, \qquad \int_{-L}^{L}f\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}dx = L\,b_n

Substituindo:

\int_{-L}^{L}\big[f(x)\big]^2dx = \frac{a_0}{2}\cdot L a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\cdot L a_n + b_n\cdot L b_n\right]

= L\left[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right)\right]

Passo 5 — dividir por $L$ .

\boxed{\;\frac1L\int_{-L}^{L}\big[f(x)\big]^2dx = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right)\;}

como se queria demonstrar.

Onde cada hipótese foi usada — é o “explique os passos” do enunciado:

convergência uniforme: autoriza a troca do somatório com a integral no passo 3. Sem ela, a igualdade termo a termo não se justifica;
quadrado integrável: garante que o lado esquerdo é finito, e portanto que a série do lado direito converge;
as relações de ortogonalidade entram implicitamente — elas são o que faz $\int f\cos$ ser exatamente $La_n$ , e não uma mistura de coeficientes.

Um caminho alternativo, mais explícito

Em vez de multiplicar por $f$ , eleve a série ao quadrado e integre. Aí a ortogonalidade aparece na cara: no produto de duas séries, todos os termos cruzados se anulam,

\int_{-L}^{L}\cos\frac{n\pi x}{L}\cos\frac{m\pi x}{L}dx = 0 \quad (n\ne m), \qquad \int_{-L}^{L}\cos\frac{n\pi x}{L}\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}dx = 0

e sobram só os quadrados, cada um contribuindo $L$ . Dá o mesmo resultado com mais linhas, e é o caminho que mostra de onde vem o $a_n^2 + b_n^2$ .

O caminho do gabarito (multiplicar por $f$ ) é mais curto porque usa as fórmulas dos coeficientes como atalho — a ortogonalidade já está embutida nelas.

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Questão 342º EE2024.2Fourier · A série de x² avaliada em x = 0 e em x = π2,0 ptsVer material

Seja $f(x) = x^2$ .

a) Mostre que $f(x)$ é uma função par e faça o gráfico;

b) Calcule a série de Fourier de $f$ em $-\pi \le x \le \pi$ e esboce o gráfico da extensão;

c) Faça $x = 0$ . Qual o resultado?

d) Faça $x = \pi$ . Qual o resultado?

Gabarito

a) $f(-x) = (-x)^2 = x^2 = f(x)$ .

b) $\displaystyle x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx)$

c) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$

d) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$

Passo a passo

Passo 1 — itens (a) e (b). A paridade é imediata, $f(-x) = (-x)^2 = x^2$ , e a série é a calculada na q18 desta unidade:

x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx)

O gráfico da extensão é a parábola de $[-\pi,\pi]$ repetida com período $2\pi$ : uma fileira de arcos, com bicos em $x = \pm\pi, \pm3\pi,\dots$ , no valor $\pi^2$ . A função é contínua em todo ponto (os bicos são só de derivada), então a série converge para ela em todos os pontos.

Passo 2 — item (c): avaliar em $x=0$ . O lado esquerdo é $0$ , e $\cos(0) = 1$ :

0 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} = -\frac{\pi^2}{12}

Trocando o sinal para a forma usual, com o primeiro termo positivo:

\boxed{\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = 1 - \frac14 + \frac19 - \frac1{16} + \cdots = \frac{\pi^2}{12}\;}

Conferência numérica: $1 - 0{,}25 + 0{,}111 - 0{,}0625 + 0{,}04 - \cdots \approx 0{,}822$ , e $\pi^2/12 = 0{,}8225$ ✔

Passo 3 — item (d): avaliar em $x=\pi$ . Agora o lado esquerdo é $\pi^2$ , e $\cos(n\pi) = (-1)^n$ , de modo que $(-1)^n\cos(n\pi) = (-1)^{2n} = 1$ :

\pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}

4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} = \pi^2 - \frac{\pi^2}{3} = \frac{2\pi^2}{3}

\boxed{\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}\;}

que é o problema de Basileia, resolvido por Euler em 1735 — e que aqui cai de graça, como consequência de uma série de Fourier.

Conferência numérica: $1 + 0{,}25 + 0{,}111 + 0{,}0625 + \cdots \approx 1{,}64$ , e $\pi^2/6 = 1{,}6449$ ✔

Por que dois pontos dão duas somas diferentes

O ponto de avaliação controla o sinal dos termos:

$x$	$\cos(nx)$	o que a série entrega
$0$	$1$	soma alternada (o $(-1)^n$ do coeficiente sobrevive)
$\pi$	$(-1)^n$	soma positiva (o $(-1)^n$ cancela)

É o truque padrão para extrair somas numéricas de uma série de Fourier: escolha $x$ de modo que os cossenos produzam o padrão de sinais que você quer. E note que os dois valores são coerentes entre si:

\frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{12}

que é a soma dos termos pares, $\tfrac14\sum 1/n^2$ ✔ — mais uma conferência de graça.

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