Enunciado

14. A - Encontre a solução u x ,   y da equação de Laplace no retângulo 0 < x < a , 0 < y < b , que satisfaz as condições de contorno

u x 0 ,   y = 0 ,             u x a ,   y = 0 ,             0 < y < b ,

u x ,   0 = 0 ,                     u x ,   b = g x ,                 0 ≤ x ≤ a

B - Encontre a solução se g x = 1 + x 2 x - a 2

Passo 1

L e t r a   A :

Para isso vamos usar o método da separação de variáveis como ele sugeriu. Então

u x , y = X x Y y

Substituindo na EDP temos

X ' ' x Y y + X x Y ' ' y = 0

Agora vamos passar tudo com x para um lado e o que tem y no outro

X ' ' x X x = - Y ' ' y Y y = λ

Essa igualdade vale para todo x e para todo y , assim λ precisa ser uma constante. Podemos separar isso em duas equações

X ' ' - λ X = 0

Y ' ' + λ Y = 0

Agora vamos ver as condições do problema,

u x 0 ,   y = 0         →           X ' 0 = 0

u x a ,   y = 0         →           X ' a = 0

u x ,   0 = 0         →           Y 0 = 0

Então temos

X ' ' - λ X = 0 X ' 0 = X ' a = 0 Y ' ' + λ Y = 0 Y 0 = 0

Passo 2

Resolver o problema que tem duas condições (de contorno)

Como a função X ( x ) é a que possui duas condições de contorno, vamos resolver primeiro o problema em x , temos:

X ' ' - λ X = 0 X ' 0 = X ' a = 0

Temos a seguinte equação característica:

r 2 - λ = 0

r = ± λ

Vamos ver as soluções caso a caso agora.

Caso 1: ∆ > 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é positivo. Nesse caso, λ > 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e λ x + c 2 e - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = X ' a = 0 . Derivando...

X ' x = λ c 1 e λ x - λ c 2 e - λ x

X ' 0 = λ c 1 e 0 - λ c 2 e 0 = 0     →

c 1 = c 2

X ' a = λ c 2 e λ a - λ c 2 e - λ a = 0 →

X ' a = λ c 2 e a λ - e - a λ ⏟ ≠ 0 = 0 →

Como a exponencial não pode ser 0 ...

c 2 = 0

c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Mas isso não nos ajuda em nada! Essa é a solução trivial, que não nos interessa. Portanto, esse caso, ∆ > 0 , não nos dá soluções para a EDO.

Caso 2: ∆ = 0 . Nesse caso, λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno:   X ' 0 = X ' a = 0 .   D e r i v a n d o …

X ' x = c 2

Então, c 2 = 0 .

Mas como não temos nenhuma informação para c 1 , não podemos determina-lo. A solução aqui é:

X x = c 1

Caso 3: ∆ < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ < 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e α x cos ⁡ β x + c 2 e α x sen ⁡ β x

Substituindo r = ± λ = 0 ± i - λ

X x = c 1 cos ⁡ - λ x + c 2 sen ⁡ - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno:   X ' 0 = X ' a = 0 . Derivando...

X ' x = - - λ c 1 sin ⁡ - λ x + - λ c 2 cos ⁡ - λ x

X ' 0 = - - λ c 1 sin ⁡ 0 + - λ c 2 cos ⁡ 0 = 0

c 2 = 0

X ' a = - - λ c 1 sin ⁡ - λ a + - λ c 2 cos ⁡ - λ a = 0

Como c 2 = 0 , Isso nos dá

- - λ c 1 sin ⁡ - λ a = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 1 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sin ⁡ - λ a = 0

O seno se anula em π , 2 π , 3 π ... n π , múltiplos inteiros de π . Logo, podemos dizer que:

a - λ = n π             n = 1,2 , 3 …

- λ = n π a

λ n = - n π a 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = cos ⁡ n π x a                 n = 1,2 , 3 …

Passo 3

Tendo os valores de λ n , resolver a outra EDO

Beleza, agora temos que resolver o problema em y , temos:

Y ' ' + λ Y = 0 Y 0 = 0

A equação característica dessa EDO é a seguinte:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Já vimos que λ < 0 , não é? Quando encontramos seu valor no passo anterior. Então, as soluções dessa EDO são do tipo:

Y y = c 1 e r 1 y + c 2 e r 2 y

Não está errado escrever assim, mas é usual representar a solução dessa EDO (que é a combinação de exponenciais) dessa forma:

Y y = c 1 cosh ⁡ ( r y ) + c 2 s e n h ( r y )

Então, as soluções da EDO em x são:

Y y = c 1 cosh ⁡ n π y a + c 2 s e n h n π y a

Aplicando a condição Y 0 = 0 :

Y 0 = c 1 cosh ⁡ 0 ⏟ 1 + c 2 s e n h 0 ⏟ 0 = 0

c 1 = 0

Chegamos então a:

Y n y = s e n h n π y a

Então, podemos escrever o seguinte:

u n x , y = cos ⁡ n π x a s e n h n π y a

Passo 4

Escrever u ( x , y ) como série e achar os coeficientes da série

Como as combinações lineares de u n também são soluções do problema, temos que:

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n cos ⁡ n π x a s e n h n π y a  

Agora vamos usar a condição que faltou:   u x , b = g ( x ) .

u x , b = ∑ n = 1 ∞ b n s e n h n π b a ⏟ c o e f . d a   s é r i e   cos ⁡ n π x a = g ( x )

Repare que o coeficiente dos termos dessa série é tudo o que está no colchete! O que depende apenas de n (não de x ). Como essa é uma Série de Fourier de cossenos, fazendo uma extensão ímpar de g ( x ) , podemos dizer que:

b n s e n h n π b a = 2 a ∫ 0 a g x cos ⁡ n π x a d x

Repare que o período da extensão é 2 a , não 2 L . Por isso apareceram esses a ’s na integral, tome cuidado. O a veio do denominador do seno.

b n = 2 a   s e n h n π b a ∫ 0 a g x cos ⁡ n π x a d x

Dessa forma, encontramos os coeficientes b n da série e substituímos em

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n cos ⁡ n π x a s e n h n π y a  

Resposta

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n cos ⁡ n π x a s e n h n π y a  

Onde

b n = 2 a   s e n h n π b a ∫ 0 a g x cos ⁡ n π x a d x

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Escreva cada combinação de vetores como um único vetor. P Q → + Q R → R P → + P S → Q S → - P S → R S → + S P → + P Q →