21 de Junho de 2010, 9h00

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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais ō Semestre 009/00 ō Teste \ ō Exame - Versão A (Cursos: Todos) de Junho de 00, 9h00 Duração: Teste - h 30m, Exame - 3h INSTRUÇÕES Não é permitida a utilização de quaisquer elementos de consulta, incluindo máquinas de calcular. Justifique as suas respostas e apresente todos os cálculos. Teste de Recuperação: (MEC, LET e LEGM) ō Teste - ā parte (análise complexa): perguntas ) - 5) ō Teste - ā parte (equações diferenciais): perguntas 6) - 0). ō Teste \ ō Exame: (Todos os outros cursos) ō Teste - ā parte (equações diferenciais): perguntas 6) - 0) Exame: perguntas ) - 0). Pergunta cotação classificação ) 3,0 ),0 3),0 4),0 5),0 Total 0 Pergunta cotação classificação 6),0 7),5 8),5 9),0 0),0 Total 0 Nome: N ō : Curso: Sala: Rubrica (DOCENTE):

2 ā Parte. Seja u(x, y) = 3x x 3y + β(x) onde β : R R é uma função de classe C (R). (a) Determine a forma geral de β(x) de modo a que u(x, y) seja a parte real de uma função holomorfa f : C C. (b) Considerando β(x) = 0, determine uma função f holomorfa em C tal que Re(f) = u. f(z) (c) Calcule o valor de dz, onde a curva é percorrida uma vez no sentido z =00 (z + i) inverso. (a) Sendo u(x, y) a parte real de uma função holomorfa f : C C, u(x, y) será harmónica i.e. verifica u xx + u yy = 0, (x, y) R. Dos cálculos resulta que β (x) = 0, e portanto β(x) = ax + b para a, b constantes reais. (b) Sendo f = u + iv holomorfa, pelas equações de Cauchy- Riemann concluímos que: v y = u x = 6x v(x, y) = 6xy y + h(x). De u y = v x concluímos que h (x) = 0 e portanto h(x) = c podendo tomar c = 0. Logo v(x, y) = 6xy y. (c) Sendo f holomorfa em C pela fórmula integral de Cauchy para a a derivada concluímos que o integral pedido é igual a πif ( i). Por outro lado, f ( i) = (u x + iv x ) 0, = 6i.. Considere a função f(z) = 6i z + 9. (a) Calcule os desenvolvimentos em série de Laurent de f, válidos nas regiões {z C : z < 3} e {z C : z > 3}. (b) Calcule γ f(z)(z 3i) dz, onde γ := { + 4 eiθ : θ [ 3π, 5π ]}. (a) Na região z < 3: Usando a série geométrica ( w) = n=0 wn com w = z /9, obtemos f(z) = i ( ( ) n z ) n. 3 3 n=0 Na região z > 3: usando a série geométrica ( w) = n=0 wn com w = 9/z, obtemos f(z) = 6i z ( ) 3 n ( ) n. z n=0 (b) Pondo g(z) = f(z)(z 3i), temos g(z) = 6i. A curva γ está contida no semiplano z + 3i Rez > 0, onde g(z) é holomorfa. Logo g(z) é primitivável nessa região simplesmente conexa e podemos aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo: ( ) + 7i f(z)(z 3i) dz = 6i log(z + 3i) +4i 4i = 6i log. i γ 3. Considere a variável complexa z e as seguintes funções complexas [ ] f(z) := z sen (z ) e g(z) := (z ) sen(z).

3 (a) Determine e classifique as singularidades das funções f e g; (b) Calcule os seguintes integrais f(z) + g(z) dz e f(z)g(z) dz, z = z 4 = onde as curvas são percorridas uma vez no sentido positivo. (a) É evidente que as funções f e g são singulares em z sse z =. É fácil determinar o desenvolvimento da função f em série de Laurent em torno de z =. De facto, [ ] [ ] f(z) = (z ) sen + sen + = (z ) = + k=0 k=0 (z ) (z ) ( ) k + (k + )! (z ) 4k+ + ( ) k (k + )! (z ) 4k+ k=0 ( ) k + (k + )! (z ) 4k+ + ( ) k, z. (4k + )! (z ) 4k+ Considerando que no desenvolvimento acima, incluem-se uma infinidade de potências inteiras negativas de (z ), então deduz-se que z = é uma singularidade essencial de f. A função g é o cociente de funções inteiras. Em rigor k=0 g(z) = h(z) p(z), aonde h(z) = sen z e p(z) = (z ). Em z =, a função h(z) não se anula e p(z) anula-se com multiplicidade. Logo, z = é pólo de ordem de g(z). (b) Por C designa-se o circulo z =, percorrido uma vez no sentido positivo. De () deduz-se sem dificuldades que Res(f ; ) =. Segue que C f(z)+g(z) dz = C f(z) dz+ C sen(z) (z ) dz = πi ( Res(f ; ) + sen () ) = πi ( + cos()). () A função fg é singular sse z =. Tendo em linha de conta que a singularidade z =, encontra-se no exterior do circulo z 4 =, conclui-se que f(z)g(z) dz = 0. z 4 = 4. Considere a função complexa de variável complexa F definida no seu domínio por F (z) = (z + )e3iz z. + 4 (a) Determine e classifique as singularidades de F. Calcule o resíduo em qualquer singularidade de F que pertença ao semi-plano {z : Im z > 0}. (b) Aproveite o resultado da aĺınea anterior para determinar o valor dos integrais (x + ) cos(3x) x + 4 dx e (x + ) sen(3x) x + 4 dx.

4 (a) A função F é o quociente de funções inteiras e como tal as suas singularidades são os zeros do denominador, isto é, as singularidades de F são ±i. Dado que lim (z i)f (z) = e 6 (4i + ) z i 4i e lim (z i)f (z) = e6 ( 4i + ) z i 4i ambas as singularidades são polos de primeira ordem. Das duas singularidades de F apenas i pertence ao semiplano{z : Im z > 0} e Res (F, i) = lim z i (z i)f (z) = e 6 (4i + ) 4i (b) Para calcular os integrais pedidos, considera-se a função F (z) e para R suficeientemente grande (R > ) a curva a curva γ R definida como a fronteira do semi-círculo {z : z R e Im z 0} com orientação positiva. Visto F ser anaĺıtica em C \ { i, i}, aplicando o Teorema dos Resíduos obtem-se γ R F (z) dz = πires(f, i) e pela aĺınea (a) Por outro lado F (z) dz = πe 6 (4i + ) γ R γ R = I R S R = {z = x [ R, R]} {z : z = R, Im z > 0}. pelo que πe 6 (4i + ) = F (z) dz = C R F (z) dz + I R F (z) dz SC R e atendendo à definição de I R Fazendo R πe 6 (4i + ) πe 6 (4i + ) = = R R F (x) dx + F (z) dz SC R F (x) dx + lim F (z) dz R SC R Atendendo a que Grau(4z + )-Grau()=, tem-se que para z = R lim r 4z = 0 + Por aplicação do lema de Jordan, podemos concluir que e como tal Finalmente, visto x R concluindo-se que e 3ix (x + ) x + 4 dx = (x + ) cos(3x) x + 4 lim R dx = SC R F (z) dz = 0 F (x) dx = πe 6 (4i + ) (x + ) cos(3x) x + 4 π e 6 e (x + ) sen(3x) dx + i x dx + 4 (x + ) sen(3x) x + 4 dx = π e 6.

5 5. Seja f : C C holomorfa, tal que f é uma função limitada. Mostre que existem necessariamente constantes complexas a, b tais que, para todo z, f(z) = a + bz. Como f é holomorfa em C, f também é uma função holomorfa em C. Por hipótese f é limitada e estamos assim nas condições de aplicação do teorema de Liouville, concluindo que f é uma função constante, ou seja, que existe uma constante complexa b tal que f (z) = b, para todo z C. Sendo assim, como duas primitivas de uma mesma função holomorfa no aberto conexo C diferem entre si de uma constante e, como bz é uma primitiva da função constante b, concluimos que existe uma constante complexa a tal que f(z) = a + bz.

6 ā Parte 6. Considere o seguinte problema de valor inicial (PVI) y x ( y x ) y = 0 x, y( ) =, onde y = dy/dx. (a) Verifique que a equação não é exacta mas admite um factor integrante da forma µ(y). Determine-o. (b) Determine a solução do PVI na forma expĺıcita, indicando o seu intervalo máximo de existência. Seja M + N y = 0 com M = µ(y) ( y x ) y x 3 (, N = µ(y) 4 ) x. Para que a equação seja exacta, temos que impor M y = N x, o que resulta em [ln µ(y)] = y, e por conseguinte Usando (M, N) = ( Φ x, Φ y µ(y) = y. ) obtemos o potential Φ(x, y) por primitivação, Φ(x, y) = y y x + x + C, onde C é uma constante real. A solução na forma impĺıcita é, portanto, Φ(x, y) = 0 y (x) = C x + x( x). Impondo a condição inicial y( ) = temos C = 0, e o intervalo máximo que contém o instante inicial é ]0, [. [,5 val.] 7. Determine a solução do seguinte problema de valores iniciais { x = Ax + b(t) 0 0, onde A = 0 e b(t) = x(0) = [0, 0, 0] T e t 0 e 4t. A solução x(t) do PVI acima denota-se por [x (t), x (t), x 3 (t)] T. Então Multiplicando () por o respectivo factor integrante obtém-se d dt [ e t ] t x =, logo e s x (s) ds = 0 x (t) = x + e t. () t Argumentos semelhantes estabelecem sucessivamente que 0 ds, i.e. e t x (t) = t e x (t) = te t. x = te t + x, logo d [ e t ] x = t, i.e. e t x (t) = t dt e x (t) = t et

7 tanto que x 3 = 4x 3 + e 4t logo d [ e 4t ] x 3 =, i.e. e 4t x 3 (t) = t e x 3 (t) = te 4t. dt [,5 val.] 8. Considere a seguinte equação diferencial linear de ordem 3: y 4y + 5y = 8 + 0t (a) Calcule a solução geral da equação homogénea associada. (b) Resolva o problema de valor inicial para a equação dada com condições iniciais y(0) = y (0) = y (0) = 0. Por ser uma equação linear, a sua solução geral é da forma y(t) = y G (t) + y P (t) em que y G é solução geral da equação homogénea associada, e y P é uma solução particular da equação. (a) Fazendo y = Dy y 4y + 5y = 0 (D 3 4D + 5D)y = 0 D(D ( + i))(d ( i))y = 0 Como se pode ver as raízes do polinómio característico associado são 0 e ± i e sendo assim y G (t) = a + be t cos t + ce t sen t, a, b, c R (b) Visto b(t) = 8 + 0t é aplicável o método dos coeficientes indeterminados. A função b(t) é solução da equação diferencial D y = 0. Então (D 3 4D + 5D)y = 8 + 0t D 3 (D ( + i))(d ( i))y = 0 e a solução geral desta equação é y(t) = a + bt + ct + de t cos t + fe t sen t Dado que a + de t cos t + fe t sen t é a solução geral da equação homogénea determinada na aĺınea (a), a forma da solução particular é bt + ct. De seguida vamos determinar as constantes b e c de modo a que bt + ct seja solução da equação dada, ou seja (bt+ct ) 4(bt+ct ) +5(bt+ct ) = 8+0t 8c+5(b+ct) = 8+0t B = 0 ec = Conclui-se que y P (t) = t e como tal a solução geral da equação y 4y + 5y = 8 + 0t é y(t) = a + be t cos t + ce t sen t + t, a, b, c R Finalmente vamos determinar as constantes a, b e c para que se verifiquem as condições iniciais y(0) = y (0) = y (0) = 0. Assim A solução pedida é y(t) = t. y(0) = 0 y (0) = 0 y (0) = a + b = 0 b + c = 0 3b + c = 0 a = 0 c = 0 c = 0 [ val.] 9. Determine a solução do seguinte problema de valores de fronteira: u t = ( + t u(t, 0) = u(t, π) = 0 ) u x para 0 < x < π, t > 0

8 que verifica a seguinte condição inicial: u(0, x) = 3 sen x + 5 sen 4x. Por separação de variáveis vamos procurar o maior numero possível de soluções linearmente independentes do problema de valores na fronteira da forma u(t, x) = T (t)x(x). Daí resulta que devemos procurar soluções de: e de X (x) cx(x) = 0, X(0) = X(π) = 0, (3) T (t) + c T (t) = 0. (4) ( + t) Só temos soluções não triviais da equação linear de segunda ordem (3) que verificam as condições de fronteira, no caso em que o polinómio característico correspondente tem raízes complexas λ = ± ci. As condições de fronteira implicam que essas soluções são da forma X n (x) = sen nx, n =,,... correspondentes a c = n. Para estes valores de c, procuramos então soluções da equação linear de primeira ordem (4), obtendo: T n (t) = ( + t) n. Concluímos então que qualquer combinação linear da forma u(t, x) = N c n ( + t) n sen nx, n= é solução do problema de valores na fronteira. Uma vez que a condição inicial dada é uma combinação linear de sen nx, a solução pedida será: u(t, x) = 3( + t) 4 sen x + 5( + t) 6 sen 4x. 0. Considere o seguinte problema de valor inicial (PVI) y = 3 ( t + y /3) y /3 y(0) = 0. Mostre que tanto a função nula como y(t) = t 3 são soluções deste PVI e justifique detalhadamente porque é que este facto não contradiz o Teorema de Picard. Como (t 3 ) = 3t e 3 ( t + (t 3 ) /3) (t 3 ) /3 = 3t, a equação é satisfeita identicamente em R pela função t 3. De igual modo como identicamente em R, (0) = 0 e 3 ( t + (0) /3 ) (0) /3 = 0, o mesmo se conclui para a função nula. A não unicidade de soluções locais do PVI não contradiz o teorema de Picard se as hipóteses deste teorema não forem satisfeitas. Mostremos que é isso que acontece neste caso. Seja f(t, y) := 3 ( t + y /3 ) y /3. Como f(0, y) f(0, 0) 3 lim = lim y 0 y 0 y 0 y /3 = +, concluimos que f(t, y) não é localmente lipschitziana em y em nenhum aberto Ω contendo (0, 0). Logo, as hipóteses do teorema de Picard nunca são satisfeitas neste caso, qualquer que seja o aberto Ω contedo (0, 0) que se considere.