Prova Final · Complementos de Matemática

Questão 01Prova FinalFinal 2024.2Potência complexa · O valor de i elevado a i2,0 ptsVer material

Qual o valor de $i^{\,i}$ , onde $i = \sqrt{-1}$ ?

Gabarito

i^{\,i} = e^{-\pi/2} \approx 0{,}2079

— um número real. Considerando todos os ramos, $i^{\,i} = e^{-\pi/2 - 2k\pi}$ , $k\in\mathbb{Z}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a definição de potência complexa.

z^{\alpha} = e^{\alpha\log z}

Pelo ramo principal, $\operatorname{Log}$ , obtém-se o valor principal.

Passo 2 — o logaritmo da base. Com $z = i$ :

|i| = 1, \qquad \operatorname{Arg}(i) = \frac{\pi}{2}

\operatorname{Log}(i) = \ln 1 + i\frac{\pi}{2} = \frac{i\pi}{2}

Passo 3 — montar o expoente.

i^{\,i} = e^{\,i\operatorname{Log}(i)} = \exp\!\left(i\cdot\frac{i\pi}{2}\right) = \exp\!\left(\frac{i^2\pi}{2}\right) = e^{-\pi/2}

\boxed{\;i^{\,i} = e^{-\pi/2} \approx 0{,}2079\;}

Passo 4 — o resultado é real, e isso não é acidente. O expoente $i\cdot\tfrac{i\pi}{2}$ é puramente real e negativo, porque $i\cdot i = -1$ . Não sobra parte imaginária, e a potência é um número real entre $0$ e $1$ .

O mecanismo: numa potência $z^\alpha = e^{\alpha\operatorname{Log} z}$ , a parte imaginária de $\alpha$ multiplica o argumento de $z$ e vira parte real do expoente — isto é, vira módulo. Com $\alpha = i$ e $z = i$ , é só isso que resta.

Passo 5 — todos os valores. Se a questão pedisse “todos”, o logaritmo completo daria

\log i = i\left(\frac\pi2 + 2k\pi\right) \qquad\Longrightarrow\qquad i^{\,i} = e^{-\pi/2 - 2k\pi}, \qquad k\in\mathbb{Z}

uma infinidade de valores reais positivos: $e^{-\pi/2} \approx 0{,}208$ , $e^{-5\pi/2}\approx 3{,}9\times10^{-4}$ , $e^{3\pi/2}\approx 111{,}3$ , e assim por diante.

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Questão 02Prova FinalFinal 2024.2Analiticidade · e^z é inteira e é sua própria derivada2,0 ptsVer material

Mostre que $e^{z}$ é uma função analítica e que

\frac{d}{dz}e^{z} = e^{z}

Gabarito

Com $u = e^x\cos y$ e $v = e^x\operatorname{sen} y$ , as equações de Cauchy-Riemann valem em todo o plano e as parciais são contínuas: $e^z$ é inteira. E

f'(z) = u_x + i\,v_x = e^x\cos y + i\,e^x\operatorname{sen} y = e^{z}

Passo a passo

Passo 1 — separar em parte real e imaginária. Com $z = x+iy$ e a fórmula de Euler:

e^{z} = e^{x}e^{iy} = e^{x}\big(\cos y + i\operatorname{sen} y\big)

u(x,y) = e^{x}\cos y, \qquad v(x,y) = e^{x}\operatorname{sen} y

Passo 2 — as quatro parciais.

u_x = e^x\cos y, \qquad u_y = -e^x\operatorname{sen} y

v_x = e^x\operatorname{sen} y, \qquad v_y = e^x\cos y

Passo 3 — verificar Cauchy-Riemann.

u_x = e^x\cos y = v_y \;\;\checkmark \qquad\qquad u_y = -e^x\operatorname{sen} y = -v_x \;\;\checkmark

As duas valem em todo ponto do plano — sem exceção, sem restrição de domínio.

Passo 4 — fechar com a condição suficiente. As quatro parciais são produtos de exponencial por seno ou cosseno, logo contínuas em $\mathbb{C}$ . Pelo teorema, a analiticidade segue:

\boxed{\;e^{z} \text{ é analítica em todo o plano — isto é, } \textbf{inteira}\;}

Esta frase é o que distingue nota cheia de nota parcial: só as equações dão a condição necessária; é a continuidade das parciais que fecha a suficiente.

Passo 5 — a derivada. Quando a derivada existe, ela vale $f' = u_x + i\,v_x$ :

\frac{d}{dz}e^{z} = e^{x}\cos y + i\,e^{x}\operatorname{sen} y = e^{x}\big(\cos y + i\operatorname{sen} y\big)

\boxed{\;\frac{d}{dz}e^{z} = e^{z}\;}

Conferência pela outra fórmula. A derivada também é $f' = v_y - i\,u_y$ :

v_y - i\,u_y = e^x\cos y - i\big(-e^x\operatorname{sen} y\big) = e^x\cos y + i\,e^x\operatorname{sen} y = e^z \;\;\checkmark

As duas expressões coincidem — o que é exatamente o conteúdo de Cauchy-Riemann.

Um caminho alternativo, pela série

Se a questão não exigir Cauchy-Riemann, a série resolve as duas partes de uma vez. A definição

e^{z} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}

converge para todo $z$ (raio infinito), e série de potências convergente é analítica no seu disco de convergência — logo $e^z$ é inteira. Derivando termo a termo:

\frac{d}{dz}\sum_{n\ge0}\frac{z^n}{n!} = \sum_{n\ge1}\frac{n\,z^{n-1}}{n!} = \sum_{n\ge1}\frac{z^{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{m\ge0}\frac{z^m}{m!} = e^{z}

O deslocamento de índice devolve a mesma série — é essa a razão estrutural de $e^z$ ser sua própria derivada.

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Questão 03Prova FinalFinal 2024.2Fórmula de Cauchy · Polo simples com numerador polinomial0,7 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma:\,|z|=2}\frac{z^2+4}{z+i}\,dz

Gabarito

\oint_{|z|=2}\frac{z^2+4}{z+i}\,dz = 6\pi i

Passo a passo

Passo 1 — a singularidade e a curva. O denominador zera em

z + i = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad z_0 = -i

|-i| = 1 < 2 \qquad\text{(dentro de } |z|=2\text{)}

Passo 2 — identificar $f$ e $n$ . Denominador de expoente $1$ significa $n = 0$ : é a fórmula de Cauchy na forma original.

f(z) = z^2 + 4, \qquad z_0 = -i

$f$ é polinomial, logo inteira ✔

Passo 3 — avaliar $f$ no ponto.

f(-i) = (-i)^2 + 4 = -1 + 4 = 3

Passo 4 — aplicar a fórmula.

\oint_\gamma \frac{f(z)}{z-z_0}\,dz = 2\pi i\,f(z_0)

\boxed{\;\oint_{|z|=2}\frac{z^2+4}{z+i}\,dz = 2\pi i\cdot 3 = 6\pi i\;}

Conferência — o resultado é imaginário puro, como esperado: $f(z_0) = 3$ saiu real, e o $2\pi i$ carrega o $i$ sozinho.

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Questão 04Prova FinalFinal 2024.2Resíduos · Uma das quatro raízes de z⁴ = 10,7 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma}\frac{dz}{z^{4}-1}

onde $\gamma$ é uma curva fechada que envolve apenas o ponto $z = -1$ .

Gabarito

\oint_{\gamma}\frac{dz}{z^4-1} = 2\pi i\left(-\frac14\right) = -\frac{\pi i}{2}

Passo a passo

Passo 1 — os polos são as raízes quartas da unidade.

z^4 = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad z = 1,\; i,\; -1,\; -i

Quatro polos simples, nos vértices de um quadrado inscrito na circunferência unitária.

Passo 2 — quantos a curva envolve. O enunciado diz: apenas $z = -1$ . Então a soma dos resíduos tem uma única parcela — os outros três não entram.

Passo 3 — o resíduo, por $p/q'$ . Com $p = 1$ e $q = z^4-1$ , temos $q' = 4z^3$ . Como o zero de $q$ em $-1$ é simples:

\operatorname{Res}\left(\frac{1}{z^4-1},\,-1\right) = \frac{1}{4z^3}\bigg|_{z=-1} = \frac{1}{4(-1)^3} = -\frac14

Passo 4 — aplicar o teorema.

\boxed{\;\oint_\gamma \frac{dz}{z^4-1} = 2\pi i\left(-\frac14\right) = -\frac{\pi i}{2}\;}

Conferência pela fatoração. $z^4 - 1 = (z-1)(z+1)(z^2+1)$ , então

\operatorname{Res}\bigg|_{z=-1} = \frac{1}{(z-1)(z^2+1)}\bigg|_{z=-1} = \frac{1}{(-2)(2)} = -\frac14 \;\;\checkmark

Os dois caminhos concordam — e o de $p/q'$ é mais rápido, porque dispensa fatorar.

Os quatro resíduos, e a soma que fecha em zero

Pela fórmula $1/(4z^3) = z/(4z^4) = z/4$ (usando $z^4=1$ nos polos):

\operatorname{Res}\big|_{1} = \frac14, \qquad \operatorname{Res}\big|_{i} = \frac i4, \qquad \operatorname{Res}\big|_{-1} = -\frac14, \qquad \operatorname{Res}\big|_{-i} = -\frac i4

Somam zero — e por isso uma curva grande que envolva todos os quatro dá integral nula. Coerente: para $|z|$ grande o integrando cai como $1/z^4$ , e a estimativa ML manda a integral no círculo grande para zero.

A moral: nesta questão, o que a curva envolve muda tudo. Envolvendo um polo, $-\pi i/2$ ; envolvendo os quatro, zero.

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Questão 05Prova FinalFinal 2024.2Fórmula das derivadas · Tangente sobre polo duplo0,6 ptVer material

Calcule, usando a teoria de Cauchy,

\oint_{\gamma:\,|z|=1}\frac{\operatorname{tg} z}{\left(z - \frac{\pi}{4}\right)^{2}}\,dz

Gabarito

\oint_{|z|=1}\frac{\operatorname{tg} z}{\left(z-\frac\pi4\right)^2}\,dz = 4\pi i

Passo a passo

Passo 1 — listar TODAS as singularidades. Há duas fontes, e esquecer a segunda é o erro da questão:

o denominador: $z = \dfrac\pi4 \approx 0{,}785$ , polo de ordem 2;
a tangente: $\operatorname{tg} z = \dfrac{\operatorname{sen} z}{\cos z}$ é singular onde $\cos z = 0$ , isto é em $z = \pm\dfrac\pi2, \pm\dfrac{3\pi}{2},\dots$

Passo 2 — ver quais estão dentro de $|z| = 1$ .

\left|\frac\pi4\right| = 0{,}785 < 1 \qquad\text{(dentro)}

\left|\pm\frac\pi2\right| = 1{,}571 > 1 \qquad\text{(FORA)}

Só o polo do denominador entra. Os polos da tangente ficam de fora — e é por isso que o raio $1$ foi escolhido: $\pi/4 < 1 < \pi/2$ .

Passo 3 — aplicar a fórmula das derivadas. Com apenas uma singularidade dentro:

f(z) = \operatorname{tg} z, \qquad z_0 = \frac\pi4, \qquad n+1 = 2 \;\Longrightarrow\; n = 1

E $f$ é analítica em $|z| \le 1$ , porque seus polos estão fora ✔

Passo 4 — derivar a tangente.

\frac{d}{dz}\operatorname{tg} z = \sec^2 z = \frac{1}{\cos^2 z}

f'\!\left(\frac\pi4\right) = \frac{1}{\cos^2(\pi/4)} = \frac{1}{\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2} = \frac{1}{1/2} = 2

Passo 5 — fechar.

\boxed{\;\oint_{|z|=1}\frac{\operatorname{tg} z}{\left(z-\frac\pi4\right)^2}\,dz = \frac{2\pi i}{1!}\cdot 2 = 4\pi i\;}

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Questão 06Prova FinalFinal 2024.2Laurent · Série de (z−1)·e^(1/(z−1))2,0 ptsVer material

Calcule a série de Laurent para a função

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

Gabarito

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

Singularidade essencial em $z=1$ , com $\operatorname{Res} = \dfrac{1}{2}$ .

Passo a passo

Passo 1 — mudar de variável. Toda a função está escrita em torno de $z=1$ , então chame

w = z - 1 \qquad\Longrightarrow\qquad f = w\,e^{1/w}

Passo 2 — a série da exponencial. De $e^{u} = \sum_{n\ge0}\dfrac{u^n}{n!}$ com $u = \dfrac1w$ :

e^{1/w} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!\,w^{n}} = 1 + \frac1w + \frac{1}{2!w^2} + \frac{1}{3!w^3} + \cdots

Passo 3 — multiplicar por $w$ . É só somar $1$ a cada expoente:

w\,e^{1/w} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{w^{\,1-n}}{n!} = w + 1 + \frac{1}{2!\,w} + \frac{1}{3!\,w^2} + \cdots

Passo 4 — voltar para $z$ .

\boxed{\;(z-1)e^{\frac{1}{z-1}} = (z-1) + 1 + \frac{1}{2!(z-1)} + \frac{1}{3!(z-1)^2} + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(z-1)^{\,1-n}}{n!}\;}

válida em $0 < |z-1| < \infty$ .

Passo 5 — o que a série informa. Três leituras, todas de graça:

Natureza da singularidade. A parte principal tem infinitos termos → $z=1$ é singularidade essencial.

Resíduo. É o coeficiente de $(z-1)^{-1}$ , que aparece em $1-n = -1$ , isto é $n=2$ :

\operatorname{Res}\big[f\big]_{z=1} = \frac{1}{2!} = \frac12

Integral em qualquer curva em torno de $z=1$ .

\oint_\gamma (z-1)e^{\frac{1}{z-1}}\,dz = 2\pi i\cdot\frac12 = \pi i

Conferência do resíduo, por outro caminho. O coeficiente de $w^{-1}$ no produto $w\cdot e^{1/w}$ é o coeficiente de $w^{-2}$ em $e^{1/w}$ , que é $\dfrac{1}{2!}$ ✔

Multiplicar por potência desloca a série

Multiplicar uma série por $w^{k}$ soma $k$ a todos os expoentes. É o que faz o resíduo mudar de lugar:

função	resíduo em $w=0$
$e^{1/w}$	$\dfrac{1}{1!} = 1$ (termo $n=1$ )
$w\,e^{1/w}$	$\dfrac{1}{2!} = \dfrac12$ (termo $n=2$ )
$w^2 e^{1/w}$	$\dfrac{1}{3!} = \dfrac16$ (termo $n=3$ )

Compare com a q27 do 1º EE, que é exatamente o terceiro caso, com resíduo $1/6$ . A regra: em $w^k e^{1/w}$ , o resíduo é $\dfrac{1}{(k+1)!}$ .

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Questão 07Prova FinalFinal 2024.2Fourier · Série de f(x) = x, a dente de serra2,0 ptsVer material

Calcule a série de Fourier de $f(x) = x$ , vista como uma função periódica definida em $[-\pi, +\pi]$ .

Gabarito

x = 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,n+1}}{n}\operatorname{sen}(nx) = 2\left(\operatorname{sen} x - \frac{\operatorname{sen} 2x}{2} + \frac{\operatorname{sen} 3x}{3} - \cdots\right)

Passo a passo

Passo 1 — a paridade zera metade do trabalho.

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

Logo $a_0 = 0$ e $a_n = 0$ para todo $n$ : a série é só de senos.

Passo 2 — calcular $b_n$ , integrando só em $[0,\pi]$ com fator $2/\pi$ :

b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} x\operatorname{sen}(nx)\,dx

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}

Em $x=\pi$ o seno zera e $\cos(n\pi) = (-1)^n$ ; em $x=0$ tudo zera:

= -\frac{\pi(-1)^n}{n}

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

Passo 3 — a série.

\boxed{\;x = 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,n+1}}{n}\operatorname{sen}(nx) = 2\operatorname{sen} x - \operatorname{sen} 2x + \frac23\operatorname{sen} 3x - \frac12\operatorname{sen} 4x + \cdots\;}

Passo 4 — o gráfico é a dente de serra. Estendida periodicamente, a reta $y=x$ em $(-\pi,\pi)$ produz uma sequência de rampas com salto em $x = \pm\pi, \pm3\pi,\dots$ : de $\pi$ para $-\pi$ .

Nos saltos a série converge para a média dos limites laterais:

\frac{\pi + (-\pi)}{2} = 0

Ou seja: em $x=\pi$ a série vale zero, e não $\pi$ . Substituindo na fórmula se confere — todos os termos têm $\operatorname{sen}(n\pi) = 0$ ✔ É a conferência mais rápida da questão.

Conferência 2 — em $x = \pi/2$ . Ali $f = \pi/2$ , e $\operatorname{sen}(n\pi/2)$ vale $1, 0, -1, 0, 1,\dots$ :

\frac\pi2 = 2\left(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots\right) \qquad\Longrightarrow\qquad 1 - \frac13 + \frac15 - \cdots = \frac\pi4

a série de Leibniz — a mesma que a onda quadrada do 2º EE entrega ✔

Coeficientes caindo como 1/n é assinatura de salto

b_n \sim \frac1n \qquad\Longrightarrow\qquad f \text{ tem descontinuidade}

Compare as três funções do acervo:

$f$	continuidade	decaimento
dente de serra ( $x$ )	salto em $\pm\pi$	$1/n$
onda quadrada	salto em $0,\pm\pi$	$1/n$
$x^2$	contínua	$1/n^2$

Se você achar $1/n^2$ para uma função com salto, ou $1/n$ para uma contínua, refaça — quase certamente há erro numa integração por partes.

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Questão 08Prova FinalFinal 2025.2Fórmula das derivadas · Produto de duas inteiras sobre polo duplo1,0 ptVer material

Calcule

\oint_{\gamma}\frac{e^{z}\cos(z)}{(z-\pi)^{2}}\,dz, \qquad \gamma = \{z\in\mathbb{C} : |z| = 4\}

Gabarito

\oint_{|z|=4}\frac{e^z\cos z}{(z-\pi)^2}\,dz = -2\pi i\,e^{\pi} \approx -145{,}4\,i

Passo a passo

Passo 1 — a singularidade e a curva.

z_0 = \pi \approx 3{,}14 < 4 \qquad\text{(dentro de } |z|=4\text{)}

Se o raio fosse $3$ , o ponto ficaria fora e a resposta seria zero — a escolha de $4$ é deliberada.

Passo 2 — identificar $f$ e $n$ .

f(z) = e^{z}\cos z, \qquad n+1 = 2 \;\Longrightarrow\; n = 1

$f$ é produto de duas funções inteiras, logo inteira ✔

Passo 3 — derivar o produto.

f'(z) = e^z\cos z + e^z(-\operatorname{sen} z) = e^{z}\big(\cos z - \operatorname{sen} z\big)

f'(\pi) = e^{\pi}\big(\cos\pi - \operatorname{sen}\pi\big) = e^{\pi}(-1 - 0) = -e^{\pi}

Passo 4 — aplicar a fórmula.

\boxed{\;\oint_{|z|=4}\frac{e^z\cos z}{(z-\pi)^2}\,dz = \frac{2\pi i}{1!}\left(-e^{\pi}\right) = -2\pi i\,e^{\pi}\;}

Numericamente, $e^\pi \approx 23{,}14$ , logo o valor é $\approx -145{,}4\,i$ .

Conferência — o resultado é imaginário puro e negativo no coeficiente. Faz sentido: $f'(\pi)$ saiu real e negativo, porque $\cos\pi = -1$ domina.

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Questão 09Prova FinalFinal 2026.1Logaritmo · A forma cartesiana de ln(z) no semiplano direito2,0 ptsVer material

Para todo ponto $z$ no semiplano direito, $x > 0$ , mostre que

\ln(z) = \frac12\ln\!\left(x^2+y^2\right) + i\arctan\!\left(\frac yx\right),

onde a tangente inversa tem o valor principal usado no cálculo, isto é, $-\pi/2 < \arctan(t) < \pi/2$ .

Gabarito

Da definição $\operatorname{Log} z = \ln|z| + i\operatorname{Arg} z$ , com $|z| = \sqrt{x^2+y^2}$ e, no semiplano $x>0$ , $\operatorname{Arg} z = \arctan(y/x)$ — porque ali o argumento principal cai em $(-\pi/2,\pi/2)$ , que é exatamente a imagem do arco-tangente principal.

Passo a passo

Passo 1 — a definição do logaritmo principal. Escrevendo $z = re^{i\theta}$ :

\operatorname{Log}(z) = \ln|z| + i\operatorname{Arg}(z), \qquad -\pi < \operatorname{Arg} z \le \pi

Passo 2 — a parte real. Com $|z| = \sqrt{x^2+y^2}$ e a propriedade do logaritmo real:

\ln|z| = \ln\sqrt{x^2+y^2} = \ln\left[\left(x^2+y^2\right)^{1/2}\right] = \frac12\ln\!\left(x^2+y^2\right)

Esta metade não depende de hipótese nenhuma — vale em todo $z \ne 0$ .

Passo 3 — a parte imaginária, e é aqui que $x>0$ entra. O argumento satisfaz

\tan\big(\operatorname{Arg} z\big) = \frac yx

Mas essa relação, sozinha, não determina $\operatorname{Arg} z$ : a tangente tem período $\pi$ , e $\arctan$ devolve valores só em $(-\pi/2, \pi/2)$ . Inverter sem cuidado erra o quadrante.

Passo 4 — a hipótese resolve a ambiguidade. No semiplano direito, $x > 0$ , o ponto está no 1º ou no 4º quadrante. Nesses dois:

-\frac\pi2 < \operatorname{Arg}(z) < \frac\pi2

que é exatamente a imagem do ramo principal do arco-tangente. Como a tangente é injetora nesse intervalo, a inversão é sem ambiguidade:

\operatorname{Arg}(z) = \arctan\!\left(\frac yx\right), \qquad x > 0

Passo 5 — juntar.

\boxed{\;\ln(z) = \frac12\ln\!\left(x^2+y^2\right) + i\arctan\!\left(\frac yx\right), \qquad x>0\;}

como se queria demonstrar.

Por que a fórmula NÃO vale fora do semiplano direito

Teste em $z = -1$ , que tem $x = -1 < 0$ :

\operatorname{Arg}(-1) = \pi

mas a fórmula daria $\arctan\!\left(\dfrac{0}{-1}\right) = \arctan(0) = 0$ — errado por $\pi$ .

A correção, para $x < 0$ , é somar ou subtrair $\pi$ conforme o sinal de $y$ :

\operatorname{Arg}(z) = \arctan\frac yx + \pi \;\;(y \ge 0), \qquad \arctan\frac yx - \pi \;\;(y<0)

E em $x = 0$ a fórmula nem faz sentido, porque $y/x$ não existe — ali $\operatorname{Arg} = \pm\pi/2$ direto.

É por isso que o enunciado restringe ao semiplano direito: é a única região em que a expressão com arco-tangente é literalmente correta. Notar essa restrição é o que a questão está avaliando.

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Questão 10Prova FinalFinal 2025.2 · Final 2026.1Fourier · Série do degrau unitário, e o gráfico1,5 ptsVer material

Calcule o desenvolvimento em série de Fourier para a função

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

periódica de período $2\pi$ , e faça um esboço do gráfico de $f$ e da série de Fourier.

Gabarito

f(x) = \frac12 + \frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}\big[(2k-1)x\big]}{2k-1} = \frac12 + \frac2\pi\left(\operatorname{sen} x + \frac{\operatorname{sen} 3x}{3} + \frac{\operatorname{sen} 5x}{5} + \cdots\right)

Passo a passo

Passo 1 — não há paridade a explorar. $f$ não é par nem ímpar: ela vale $1$ à direita e $0$ à esquerda. Então os dois coeficientes precisam ser calculados.

Mas há uma simetria útil: $f = \tfrac12 + \tfrac12\,g$ , com $g$ a onda quadrada ímpar da q17 do 2º EE. Isso já antecipa o resultado — ver o macete.

Passo 2 — o termo médio. Com $L = \pi$ e $f$ nula na metade esquerda:

a_0 = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx = \frac1\pi\int_0^\pi 1\,dx = \frac{\pi}{\pi} = 1

\frac{a_0}{2} = \frac12

É o valor médio de $f$ no período — metade do tempo em $1$ , metade em $0$ ✔

Passo 3 — os $a_n$ são todos nulos.

a_n = \frac1\pi\int_0^\pi \cos(nx)\,dx = \frac1\pi\left[\frac{\operatorname{sen}(nx)}{n}\right]_0^\pi = \frac{\operatorname{sen}(n\pi)}{n\pi} = 0

para todo $n \ge 1$ , porque $\operatorname{sen}(n\pi) = 0$ .

Passo 4 — os $b_n$ .

b_n = \frac1\pi\int_0^\pi \operatorname{sen}(nx)\,dx = \frac1\pi\left[\frac{-\cos(nx)}{n}\right]_0^\pi = \frac{1 - \cos(n\pi)}{n\pi} = \frac{1 - (-1)^n}{n\pi}

b_n = \begin{cases} \dfrac{2}{n\pi}, & n \text{ ímpar}\\[6pt] 0, & n \text{ par} \end{cases}

Passo 5 — a série.

\boxed{\;f(x) = \frac12 + \frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}\big[(2k-1)x\big]}{2k-1}\;}

Passo 6 — os gráficos.

$f$ : patamares em $1$ (para $0 \le x < \pi$ ) e $0$ (para $-\pi \le x < 0$ ), repetindo com período $2\pi$ . Saltos em $x = 0, \pm\pi, \pm2\pi,\dots$

A série: idêntica a $f$ onde $f$ é contínua, e valendo a média em cada salto:

\frac{0 + 1}{2} = \frac12

Ou seja, nos pontos $x = 0, \pm\pi, \dots$ a série vale $\tfrac12$ , apesar de $f(0) = 1$ pela definição. É o teorema de Dirichlet — e é a única coisa que o esboço precisa mostrar.

Conferência — substitua $x = 0$ na série: todos os senos zeram e sobra $\tfrac12$ ✔ Exatamente o valor que Dirichlet manda.

Esta é a onda quadrada, deslocada e reescalada

Seja $g$ a onda quadrada da q17 do 2º EE, que vale $+1$ à direita e $-1$ à esquerda. Então

f = \frac{1 + g}{2}

E a série sai sem integrar nada: de $g = \dfrac4\pi\sum \dfrac{\operatorname{sen}[(2k-1)x]}{2k-1}$ ,

f = \frac12 + \frac12\cdot\frac4\pi\sum\frac{\operatorname{sen}[(2k-1)x]}{2k-1} = \frac12 + \frac2\pi\sum\frac{\operatorname{sen}[(2k-1)x]}{2k-1} \;\;\checkmark

O termo constante $\tfrac12$ é o deslocamento; o fator $\tfrac12$ é o reescalamento. Reconhecer que uma função é combinação de outra já resolvida é o atalho mais barato de Fourier — e vale a nota cheia se explicado.

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Questão 11Prova FinalFinal 2025.2EDP · Calor com pontas a zero, e os dois limites em t3,5 ptsVer material

Resolva o seguinte problema de valor inicial e de fronteira. Ao obter a solução, calcule $\displaystyle\lim_{t\to\infty}u(x,t)$ e $\displaystyle\lim_{t\to0}u(x,t)$ .

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

Gabarito

u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \exp\!\left[-K\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 t\right], \qquad b_n = \frac2L\int_0^L f(x)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx

\lim_{t\to\infty}u(x,t) = 0, \qquad \lim_{t\to0}u(x,t) = f(x)

Passo a passo

Passo 1 — ler o contorno. $u(0,t) = u(L,t) = 0$ é Dirichlet: prescreve o valor, não o fluxo. Fisicamente, as duas pontas são mantidas a $0\ ^\circ\mathrm{C}$ — a barra está em contato com reservatórios frios, e o calor escapa por elas.

Consequência imediata: a solução sai em senos, e não há modo constante.

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

\frac{T'}{K\,T} = \frac{X''}{X} = -\lambda

Passo 3 — o problema em $x$ , com os três casos. A equação é $X'' + \lambda X = 0$ com $X(0) = X(L) = 0$ .

$\lambda < 0$ : $X = A\cosh(\mu x) + B\operatorname{senh}(\mu x)$ . De $X(0)=0$ , $A=0$ ; de $X(L) = B\operatorname{senh}(\mu L) = 0$ com $\operatorname{senh}(\mu L)\ne0$ , $B=0$ . Só a solução nula — descartado.

$\lambda = 0$ : $X = A + Bx$ . De $X(0) = 0$ , $A = 0$ ; de $X(L) = BL = 0$ , $B = 0$ . Também descartado — e é aqui que Dirichlet difere de Neumann, onde este caso sobreviveria.

$\lambda > 0$ : com $\lambda = \mu^2$ , $X = A\cos(\mu x) + B\operatorname{sen}(\mu x)$ . De $X(0) = A = 0$ ; de $X(L) = B\operatorname{sen}(\mu L) = 0$ com $B \ne 0$ :

\operatorname{sen}(\mu L) = 0 \;\Longrightarrow\; \mu = \frac{n\pi}{L}, \qquad \lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad X_n = \operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}, \qquad n \ge 1

Passo 4 — o problema em $t$ .

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

Todos os modos decaem, porque $\lambda_n > 0$ para todo $n \ge 1$ — não há o modo $n=0$ que salvava a energia no caso isolado.

Passo 5 — somar e impor a condição inicial.

u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \exp\!\left[-K\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 t\right]

Em $t=0$ , a soma tem de reproduzir $f$ :

f(x) = \sum_{n\ge1}b_n\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}

que é a série de Fourier de senos de $f$ em $[0,L]$ — a extensão ímpar. Pela ortogonalidade:

\boxed{\;b_n = \frac{2}{L}\int_0^{L}f(x)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx\;}

Passo 6 — o limite $t \to \infty$ . Cada exponencial tende a zero, e a série converge uniformemente:

\boxed{\;\lim_{t\to\infty}u(x,t) = 0\;}

Interpretação: a barra esfria completamente. Toda a energia térmica escapa pelas pontas, que estão presas a $0\ ^\circ\mathrm{C}$ . Compare com a barra isolada (q22 do 2º EE), onde o limite é a temperatura média — ali o calor não tem por onde sair.

Passo 7 — o limite $t \to 0$ . Cada exponencial tende a $1$ , e sobra a série de senos:

\lim_{t\to0}u(x,t) = \sum_{n\ge1}b_n\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L} = f(x)

\boxed{\;\lim_{t\to0}u(x,t) = f(x)\;}

A ressalva que vale ponto: a igualdade vale nos pontos em que $f$ é contínua. Onde $f$ tem salto, o limite é a média dos limites laterais, pelo teorema de Dirichlet — e nas pontas $x=0$ e $x=L$ o limite é $0$ , mesmo que $f$ não se anule ali. A condição de contorno vence a condição inicial nos cantos.

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Questão 12Prova FinalFinal 2026.1EDP · Calor com pulso central, L = π e k = 12,0 ptsVer material

Resolva o seguinte problema de valor inicial e de fronteira,

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

fazendo $L = \pi$ , $k = 1$ e

f(x) = \begin{cases} 0, & 0 < x < 2\pi/5\\ 1, & 2\pi/5 \le x < 3\pi/5\\ 0, & 3\pi/5 < x < \pi \end{cases}

Gabarito

u(x,t) = \frac{4}{\pi}\sum_{\substack{n=1\\ n\ \text{ímpar}}}^{\infty} \frac{\cos\!\left(\frac{2n\pi}{5}\right)}{n}\,\operatorname{sen}(nx)\,e^{-n^2 t}

Só os harmônicos ímpares aparecem, porque o pulso é simétrico em relação a $x = \pi/2$ .

Passo a passo

Passo 1 — a solução geral. É o problema da q11 desta unidade com $L=\pi$ e $k=1$ , então $\lambda_n = n^2$ :

u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n\operatorname{sen}(nx)\,e^{-n^2 t}, \qquad b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f(x)\operatorname{sen}(nx)\,dx

Passo 2 — a integral, que só vive no pulso. Como $f$ é zero fora de $[2\pi/5,\,3\pi/5]$ e vale $1$ dentro:

b_n = \frac2\pi\int_{2\pi/5}^{3\pi/5}\operatorname{sen}(nx)\,dx = \frac2\pi\left[\frac{-\cos(nx)}{n}\right]_{2\pi/5}^{3\pi/5}

b_n = \frac{2}{n\pi}\left[\cos\!\left(\frac{2n\pi}{5}\right) - \cos\!\left(\frac{3n\pi}{5}\right)\right]

Passo 3 — simplificar, usando a simetria. Note que $\dfrac{3n\pi}{5} = n\pi - \dfrac{2n\pi}{5}$ , e portanto

\cos\!\left(\frac{3n\pi}{5}\right) = \cos(n\pi)\cos\!\left(\frac{2n\pi}{5}\right) = (-1)^n\cos\!\left(\frac{2n\pi}{5}\right)

Substituindo:

b_n = \frac{2}{n\pi}\cos\!\left(\frac{2n\pi}{5}\right)\Big[1 - (-1)^n\Big]

O fator $[1-(-1)^n]$ é zero para $n$ par e $2$ para $n$ ímpar:

b_n = \begin{cases} \dfrac{4}{n\pi}\cos\!\left(\dfrac{2n\pi}{5}\right), & n \text{ ímpar}\\[8pt] 0, & n \text{ par} \end{cases}

Por que isso acontece: o pulso é simétrico em relação a $x = \pi/2$ (o intervalo $[0{,}4\pi,\,0{,}6\pi]$ tem centro exatamente em $0{,}5\pi$ ). Os senos de índice par são antissimétricos em torno de $\pi/2$ , então a integral contra eles se cancela. É a mesma economia de paridade da série de Fourier, aplicada ao meio-intervalo.

Passo 4 — a solução.

\boxed{\;u(x,t) = \frac{4}{\pi}\sum_{n\ \text{ímpar}} \frac{\cos\!\left(\frac{2n\pi}{5}\right)}{n}\operatorname{sen}(nx)\,e^{-n^2t}\;}

Os primeiros termos, com $\cos(2\pi/5) = 0{,}309$ e $\cos(6\pi/5) = -0{,}809$ :

u \approx \frac{4}{\pi}\left[0{,}309\operatorname{sen}(x)e^{-t} - \frac{0{,}809}{3}\operatorname{sen}(3x)e^{-9t} + \cdots\right]

Conferência 1 — o contorno. Cada termo tem $\operatorname{sen}(nx)$ , que zera em $x=0$ e em $x=\pi$ ✔

Conferência 2 — a massa total. A “quantidade de calor” inicial é $\int_0^\pi f = \pi/5 \approx 0{,}628$ . Ela não se conserva aqui, porque as pontas estão a zero e o calor escapa: $u \to 0$ quando $t\to\infty$ ✔

Conferência 3 — o decaimento. O modo $n=3$ decai como $e^{-9t}$ , nove vezes mais rápido que o $n=1$ . Depois de $t \approx 0{,}3$ o perfil já é praticamente $\operatorname{sen}(x)$ puro — o pulso quadrado se arredonda quase imediatamente, que é o comportamento suavizador da equação parabólica.

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Questão 13Prova FinalFinal 2026.1Laurent · Essencial em z = 1, com a integral1,0 ptVer material

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

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

Gabarito

$z=1$ é singularidade essencial;

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

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

Passo a passo

Passo 1 — a série, por substituição. Tome $w = \dfrac{1}{z-1}$ na série do cosseno:

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

\boxed{\;f(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!\,(z-1)^{2n}} = 1 - \frac{1}{2(z-1)^2} + \frac{1}{24(z-1)^4} - \cdots\;}

válida em $0 < |z-1| < \infty$ .

Passo 2 — classificar. A parte principal tem infinitos termos e nenhum $m$ faz $(z-1)^mf(z)$ ter limite finito:

z=1 \text{ é } \textbf{singularidade essencial}

O reconhecimento é imediato: $\dfrac{1}{z-z_0}$ dentro de cosseno sempre produz essencial.

Passo 3 — o ponto singular está dentro da curva?

|1| = 1 < 2 \qquad\text{(dentro de } |z|=2\text{)}

Sim — e aqui, ao contrário da q15 do 2º EE (onde a curva passava exatamente pela singularidade), o ponto está estritamente no interior. O teorema dos resíduos se aplica sem ressalva.

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

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

Passo 5 — a integral.

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

Como saber, sem escrever a série toda

Escreva o expoente geral e resolva a equação “expoente $= -1$ ”:

função	expoente geral	resolve $=-1$ ?	resíduo
$\cos\!\left(\frac{1}{z-1}\right)$	$-2n$	não (par)	$0$
$\operatorname{sen}\!\left(\frac{1}{z-1}\right)$	$-(2n+1)$	sim, $n=0$	$1$
$e^{1/(z-1)}$	$-n$	sim, $n=1$	$1$
$(z-1)^2e^{1/(z-1)}$	$2-n$	sim, $n=3$	$\frac16$

Duas linhas, e resolve qualquer essencial vinda de substituição — sem escrever termo nenhum.

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