Enunciado

10. Considere o problema de encontrar uma 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 = f y ,               0 < y < b ,

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

Esse é um exemplo de Neumann.

A - Mostre que a equação de Laplace e as condições de contorno homogênea determinam o conjunto fundamental de soluções

u 0 x ,   y = c 0

u n x ,   y = c n cosh ⁡ n π x b cos ⁡ n π y b ,       n = 1 ,   2 ,   3 , …

B - Através da superposição das soluções fundamentais do item (a), determine, formalmente, uma função   u que satisfaz também a condição de contorno não homogênea u x a ,   y = f y . Note que, quando se calcula u x a ,   y , o termo constante em u ( x ,   y ) é eliminado e não há condição da qual se possa determinar c 0 . Além disso, tem que ser possível representar f por uma série de Série de Fourier em cossenos de período 2 b sem termo constante. Isso significa que

∫ 0 b f y d y = 0

é uma condição necessária para que o problema dado tenha solução. Finalmente, note que c 0 permanece arbitrário e, portanto, a solução está determinada a menos dessa constante aditiva. Essa é uma propriedade de todos os problemas de Neumann.

Passo 1

a)

A primeira coisa que temos que fazer é achar a solução do problema homogêneo:

u x x x , y + u y y x , y = 0 x , y ∈ 0,1 × 0,1 u y x , 0 = u y x , b = 0 x ∈ 0 , a u x 0 , y = 0 y ∈ 0 , b

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 y x , 0 = 0 → X x ⏟ ≠ 0 Y ' 0 = 0 → Y ' 0 = 0

u y x , b = 0 → X x ⏟ ≠ 0 Y ' b = 0 → Y ' b = 0

u x 0 , y = 0 → X ' 0 Y y ⏟ ≠ 0 = 0 → X ' 0 = 0

Então temos

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

Passo 2

Vamos resolver agora a equação que tem duas condições (de contorno), que vai ser

Y ' ' + λ Y = 0 Y ' 0 = Y ' b = 0

Aqui temos duas coisas para fazer, resolver essa equação como sempre fazemos ou olhar o formulário, que nesse caso tem a solução dessa equação, fica sempre atento se tem a solução dessas equações no formulário, isso vai te poupar muita conta. Vamos fazer como se não tivéssemos a resposta no formulário.

Isso nos diz que temos a seguinte equação característica

r 2 + λ = 0

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

Y y = c 1 e - λ y + c 2 e - - λ y

Agora vamos usar as condições de contorno: Y ' 0 = 0 Y ' 1 = 0 , para isso primeiro vamos achar a derivada de Y y

Y ' y = c 1 - λ e - λ y - c 2 - λ e - - λ y

Assim temos

Y ' 0 = c 1 - λ - c 2 - λ = 0

Y ' b = c 1 - λ e - λ - c 2 - λ e - - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = c 1

Substituindo na segunda equação

c 1 - λ e - λ - c 1 - λ e - - λ = 0

c 1 ( - λ e - λ - - λ e - - λ ⏟ ≠ 0 ) = 0

c 1 = 0

E

c 2 = c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

Y y = 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:

Y y = c 1 + c 2 y

Agora vamos usar as condições de contorno: Y ' 0 = 0 Y ' b = 0 , para isso primeiro vamos achar a derivada de Y y

Y ' y = c 2

Assim temos

c 2 = 0

c 2 = 0

E a nossa solução vai ser

Y y = c 1

Beleza, vamos ver o 3º caso agora!

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

Y y = c 1 e α y cos ⁡ β y + c 2 e α y sen ⁡ β y

Substituindo r = ± - λ = 0 ± i λ

Y y = c 1 cos ⁡ λ y + c 2 sen ⁡ λ y

Agora vamos usar as condições de contorno: Y ' 0 = 0 Y ' b = 0 , para isso primeiro vamos achar a derivada de Y y

Y ' y = - c 1 λ sen ⁡ λ y + c 2 λ cos ⁡ λ y

Assim vamos ter

- c 1 λ sen ⁡ λ 0 + c 2 λ cos ⁡ λ 0 = 0

c 2 λ = 0

E

- c 1 λ sen ⁡ λ b + c 2 λ cos ⁡ λ b = 0

Assim vamos ter, pela primeira equação, como λ ≠ 0

c 2 = 0

Assim temos

- c 1 λ sen ⁡ λ b = 0

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

sen ⁡ λ b = 0

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

λ b = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n π b

λ n = n π b 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

Y n y = cos ⁡ n π y b                 n = 1,2 , 3 …

Como achamos dois casos, vamos ter dois tipos de solução

Y 0 y = c 1 λ 0 = 0 n = 0 Y n y = cos ⁡ n π y b λ n = n π 2 n = 1,2 , 3 , …

Passo 3

Tendo os valores de λ n , resolver a outra EDO

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

X ' ' - λ X = 0 X ' 0 = 0

A equação característica dessa EDO é a seguinte:

r 2 - λ = 0

r = ± λ

Temos dois casos para λ , vamos começar fazendo

λ 0 = 0

Assim

r = 0

E a solução vai ser

X x = c 3 + x c 4

A condição dele vai ser

X ' 0 = 0

Derivando vamos ter

X ' x = c 4

Assim

c 4 = 0

E a nossa solução vai ser

X 0 x = c 3

Passo 4

Agora vamos para λ < 0 .

Assim as soluções são do tipo

X x = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

Com

r 1 = λ

r 2 = - λ  

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

X x = c 1 cosh ⁡ r x + c 2 senh ⁡ r x

Onde usualmente pegamos r como a raiz positiva.

Então, as soluções da EDO em x são:

X x = c 1 cosh ⁡ n π x b + c 2 senh ⁡ n π x b

Aplicando a condição X ' 0 = 0 , precisamos primeiro achar a sua derivada

X ' x = c 1 n π b senh ⁡ n π x b + c 2 n π b cosh ⁡ n π x b

Assim vamos ter

X ' 0 = c 1 n π b senh ⁡ 0 ⏟ 0 + c 2 n π b cosh ⁡ 0 ⏟ 1 = 0

Assim

c 2 n π b = 0

c 2 = 0

Assim temos

X n x = c 1 cosh ⁡ n π x b

Podemos resumir as soluções de X

X 0 x = c 3 λ 0 = 0 n = 0 X n x = c 1 cosh ⁡ n π x b λ n = n π b 2 n = 1,2 , 3 , …

Passo 5

Vamos juntar as soluções de X e Y para termos as soluções de u x , y , vamos juntar todas as constantes e chamar de c 0 ou c n , assim vamos ter

u 0 x , y = c 0 n = 0 u n x , y = c n cosh ⁡ n π x b cos ⁡ n π y b n = 1,2 , 3 , …

Passo 6

b)

Vamos escrever a solução do nosso problema como a combinação linear das u n , temos que

u x , y = c 0 + ∑ n = 1 ∞ c n cosh ⁡ n π x b cos ⁡ n π y b

Vamos usar a última condição que ele deu para ver o que temos. Assim vamos ter

u x a , y = f y

Calculando a derivada em x de u

u x x , y = ∑ n = 1 ∞ c n n π b senh ⁡ n π x b cos ⁡ n π y b   →

u x a ,   y = ∑ n = 1 ∞ c n n π b senh ⁡ n π a b cos ⁡ n π y b

Assim temos

f y = ∑ n = 1 ∞ c n n π b senh ⁡ n π a b cos ⁡ n π y b

OPA! Repare que essa é a representação de Fourier para f y em cossenos podemos obter os coeficientes de Fourier dessa forma aqui:

c n n π b senh ⁡ n π x b = 2 b ∫ 0 b f y cos ⁡ n π y b d y

De modo que...

c n = 2 n π senh ⁡ n π a b ∫ 0 b f y cos ⁡ n π y b d y

Mas o coeficiente c 0 fica indeterminado como o enunciado nos disse.

Resposta

a)

u 0 x , y = c 0 n = 0 u n x , y = c n cosh ⁡ n π x / b cos ⁡ n π y / b n = 1,2 , 3 , …

b)

u x , y = c 0 + ∑ n = 1 ∞ c n cosh ⁡ n π x b cos ⁡ n π y b           o n d e

c n = 2 n π senh ⁡ n π a b ∫ 0 b f y cos ⁡ n π y b d y

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