Enunciado

13. 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 0 ,   y = 0 ,         u a ,   y = f y ,           0 < y < b

u x ,   0 = 0 ,         u y x ,   b = 0 ,           0 ≤ x ≤ a .

Note que esse não é um problema de Dirichlet nem de Neumann, mas um problema misto no qual u é dada em parte da fronteira e sua derivada normal é dada no resto.

Sugestão: Alguma hora vai ser necessário expandir f(y) em uma série envolvendo s e n ( π y / 2 b ) , s e n ( 3 π y / 2 b ) , s e n ( 5 π y / 2 b ) , . . . (veja o Problema 39 da Seção 10.4).

Passo 1

L e t r a   A :

SEPARAÇÃO DE VARIÁVEIS

Bom, você já deve estar cansado de fazer isso né? Vamos lá, procuramos uma solução do tipo u x , y = X x . Y ( y ) . Como essa solução deve satisfazer a Equação de Laplace, temos:

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

Agora nós passamos tudo que tem x para um lado e o que tem y para o outro:

X ' ' x X x = - Y ' ' y Y y = λ

Como essa igualdade vale para todo x e para todo t , essas razões devem ser iguais a uma constante. Aqui, diferente do que fizemos nos problemas de calor e de onda, colocamos + λ , não – λ porque o sinal dessa constante vai depender do problema. Frescura.

Separando em duas equações, temos:

X ' ' - λ X = 0

Y ' ' + λ Y = 0

Aplicando a separação de variáveis para as condições do problema:

u 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 0 , y = 0     →         X ( 0 ) Y ( y ) ⏟ ≠ 0 = 0       →       X 0 = 0

Sempre deixamos por último a condição que é uma função, nesse caso, u a , y = f ( y ) .

Então, temos o seguinte:

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

Passo 2

RESOLVER O PROBLEMA QUE TEM DUAS CONDIÇÕES (DE CONTORNO)

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

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 = Y ' b = 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 e 0 + c 2 e 0 = 0     →

c 1 = - c 2

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

Isso nos dá

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 y = 0 , Y ' b = 0 , para isso primeiro vamos achar a derivada de Y ' y

Y ' y = c 2

Assim temos

c 1 = 0

c 2 = 0

E a nossa solução vai ser

Y y = 0

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

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

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

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

c 1 = 0

Assim temos

c 2 λ cos ⁡ λ b = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 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.

cos ⁡ λ b = 0

O cosseno se anula em π 2 , π 2 + π , π 2 + 2 π ... π 2 + n π , múltiplos inteiros de π somados com π / 2 . Logo, podemos dizer que:

λ b = 2 n π - π 2 b             n = 1,2 , 3 …

λ = 2 n π - π 2 b

λ n = 2 n π - π 2 b 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

Y n y = sen ⁡ 2 n π - π 2 b y                 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

Agora temos uma novidade: já vimos que λ > 0 , não é? Quando encontramos seu valor no passo anterior. Então, as soluções dessa EDO são do tipo:

X x = A e r 1 x + B e r 2 x

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 r aqui é a raiz positiva, ou seja, r = λ . Então, as soluções da EDO em x são:

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

Aplicando a condição X 0 = 0 :

X 0 = c 1 cosh ⁡ 0 ⏟ 1 + c 2 senh ⁡ ( 0 ) ⏟ 0 = 0

c 1 = 0

Os valores de s e n h e c o s h nós sabemos olhando para suas definições, aquelas funções exponenciais. Porque diabos então não escrevemos direto como exponenciais? Porque isso vai simplificar um pouco a resposta depois.

Chegamos então a:

X n x = senh ⁡ 2 n π - π 2 b x

Então, podemos escrever o seguinte:

u n x , y = senh ⁡ 2 n π - π 2 b x sen ⁡ 2 n π - π 2 b y

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 senh ⁡ 2 n π - π 2 b x sen ⁡ 2 n π - π 2 b y  

Agora vamos usar a condição que faltou: u a ,   y = f y .

u a , y = ∑ n = 1 ∞ b n senh ⁡ 2 n π - π 2 b a sen ⁡ π 2 n - 1 y 2 b   = f y

Repare que aqui temos uma série de Fourier de senos onde os termos pares são nulos:

f y = ∑ n = 1 ∞ c 2 n - 1 sen ⁡ π 2 n - 1 y 2 b   = c 1 sen ⁡ π y 2 b + c 3 sen ⁡ 3 π y 2 b + …

Onde os c ’s impares são obtidos através dos coeficientes da série de Fourier...

c 2 n - 1 =   b n senh ⁡ π 2 n - 1 a 2 b = 2 2 b ∫ 0 2 b f y sen ⁡ π 2 n - 1 y 2 b d y

Ou seja…

  b n = 1 b senh ⁡ π 2 n - 1 a 2 b ∫ 0 2 b f y sen ⁡ π 2 n - 1 y 2 b d y

Dessa forma, encontramos os coeficientes b n da série. Então, substituímos em:

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n senh ⁡ 2 n π - π 2 b x sen ⁡ 2 n π - π 2 b y  

Resposta

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n senh ⁡ 2 n π - π 2 b x sen ⁡ 2 n π - π 2 b y  

Onde

  b n = 1 b senh ⁡ π 2 n - 1 a 2 b ∫ 0 2 b f y sen ⁡ π 2 n - 1 y 2 b d y

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