EDP’s gerais

Teoria Completa

Introdução

Uma equação diferencial parcial (EDP) é uma equação envolvendo funções de várias variáveis independentes e dependente de suas derivadas. Estas equações surgem naturalmente em problemas de física matemática, física e engenharia, pois podem descrever diversos fenômenos.

Neste tópico nós vamos falar de EDP’s gerais, então olha esse exemplo EDP que descreve uma taxa de crescimento,

u t = u x x - 2 u x ,     0 < x < L ,       t > 0 u 0 , t = u L , t = 0 ,     t > 0 u x , 0 = f x ,     0 < x < L

Agora vem a grande pergunta: E agora?! Como resolver?

Vamos aplicar o método típico de solução: separação de variáveis!

Método de Resolução

O método de separação de variáveis, para você que não se recorda, consiste em supor que a solução da EDP possa ser escrita como a multiplicação de duas funções de uma única variável:

u x , y = X x Y y

Então vamos pro passo a passo!

  1. Fazer a separação das variáveis
  2. Isolar cada função e igualar a uma constante
  3. Verificar as condições de contorno
  4. Resolver a primeira EDO
  5. Resolver a segunda EDO
  6. Combinar as soluções encontradas

Vamos colocar esse roteiro em prática!

PASSO 1: Vamos supor que a função u possa ser escrita no formato que conversamos de separação de variáveis.

u x , t = X x T ( t )

Mas antes, vamos entender o que é cada termo da função para depois substituir na EDP.

u t = u x x - 2 u x

Onde, u t é a derivada de u em função de t ; u x x e u x é a derivada segunda e primeira em função de x

Substituindo isso na EDP,

u t →   X x T ' t

Note, que a parte em X x se manteve e eu multipliquei pela derivada de T t . Seguindo o mesmo raciocínio vamos substituir os outros termos da função. Entao fica assim,

X x T ' t = X ' ' x T t - 2 X ' x T ( t )

PASSO 2: Vamos colocar as funções de x de um lado e as de t do outro (separando-as). Veja que podemos fazer isso, pois podemos colocar o T t em evidência:

X x T ' t = X ' ' x - 2 X ' x T t

Agora passar multiplicando...

T ' t T t = X ' ' x - 2 X ' ( x ) X x

Agora vem o detalhe importante das EDPs, como o lado esquerdo da equação não depende de x e o lado direito não depende de t , temos que os dois lados da equação devem ser iguais a uma constante que chamaremos de - λ

T ' t T t = X ' ' x - 2 X ' x X x = - λ

Daí nós tiramos as nossas duas EDOs:

X ' ' - 2 X ' = - λ X ,     T ' = - λ T

PASSO 3: Agora falta analisar como vão ficar as condições iniciais no método de separação de variáveis. Do problema, sabemos que:

u 0 , t = u L , t = 0

Então, como u x ,   t = X x ⋅ T t ...

X 0 T ( t ) = X L T ( t ) = 0

Como T ( t ) não pode ser uma solução nula, pois caso fosse teríamos uma solução trivial u x ,   t = 0 , teremos.

X 0 = X L = 0

Então temos tudo para resolver a nossa EDO em X :

X ' ' - 2 X ' = - λ X X 0 = X L = 0

Essa é a ideia: manipular as equações para conseguir resolver uma das EDOs e depois usar a solução dessa EDO para resolver a outra. Vamos ver como fica:

PASSO 4: Vamos resolver a primeira EDO, e vamos começar por aquela que tem mais condições de contorno,

X ' ' - 2 X ' = - λ X

Através da equação característica, nós vamos substituir por r

r ² - 2 r = - λ

Resolvendo essa equação de segundo grau chegamos que,

r = 1 ± 1 - λ

Note que o nosso delta será,

∆ = 1 - λ

Então agora é avaliar os diferentes deltas e achar o autovalor. Como a ideia aqui é só entender a solução da EDP geral, não convém fazer problema de autovalor aqui (isso a gente vai ver nos exercícios). Então vamos logo para a solução, ok?

A solução é a seguinte:

X n = e x sen ⁡ λ n - 1   x

Onde...

λ n = 1 + n 2 π 2 L 2 ,     n = 1,2 , …

Ou seja:

X n = e x sen ⁡ n π x L

PASSO 5: Sabendo quais são os nosso λ n nós poderemos resolver a nossa EDO de t .

T ' = - λ T  

T ' + λ n T = 0

Podemos resolver essa EDO de primeira Ordem homogênea pela Equação Característica (Troca o T ' por um b 1 e T por b 0 ou 1 ):

b + λ n = 0

b = - λ n

Então a solução da EDO por equação característica será:

T t = e b t = e - λ n t   →

T n t = e - 1 + n 2 π 2 L 2 t

PASSO 6: Combinando esse dois resultados nós vamos ter a nossa solução da EDP:

u n x ,   t = X n x ⋅ T n t →

u n = e x sen ⁡ n π x L . e - 1 + n 2 π 2 L 2 t

O índice n serve apenas para te lembrar que essa é apenas uma solução! Se a gente varia o n , vamos obtendo várias funções que também são soluções. Então o que a gente faz? Combinação linear de todas elas! Na prática, basta você falar que asolução u x ,   t é:

u x , t = ∑ n = 0 ∞ c n   u n x , t =

∑ n = 0 ∞ c n   e x sen ⁡ n π x L . e - 1 + n 2 π 2 L 2 t

Show de bola.

PASSO 7: Então, galera, eu deixei uma condição de contorno aqui pro final. Agora vamos usar para determinar o c n :

f x = u x , 0

Então...

f x = ∑ n = 0 ∞ c n   e x sen ⁡ n π x L e 0 = ∑ n = 0 ∞ c n   e x sen ⁡ n π x L →

Podemos tirar a exponencial de x de dentro, já que ela não depende do índice n do somatório:

f x = e x ∑ n = 0 ∞ c n   sen ⁡ n π x L   →

e - x f x = ∑ n = 0 ∞ c n   sen ⁡ n π x L

Tá com aquela cara de série de Fourier né? Agora é só encontrar os coeficientes da série de Fourier usando o método que vocês já sabem:

c n = 2 L ∫ 0 L e - x f x sen ⁡ n π x L d x

Não se preocupe, pois essa função f x e L serão dados. Aí basta integra e descobrir quem são c n !

Usando esses coeficientes na nossa fórmula de u nós teremos a solução da EDP:

u x ,   t = ∑ n = 0 ∞ c n   e x sen ⁡ n π x L . e - 1 + n 2 π 2 L 2 t

Dá trabalho mas a ideia é essa! Só seguir esse passo a passo que basicamente será sucesso. Agora, claro... tem que treinar bastante para não errar nas continhas. Vamos nessa?

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFRJ, Cálculo 4, PF 2014.2, Questão 3

Considere o seguinte problema de Dirichlet no quadrado 0,1 × 0,1 com condições de Neumann:

u t x , t = u x x x , t - 1 0 < x < 1 ,       t > 0 u 0 , t = 0 t ≥ 0 u 1 , t = 1 2 t ≥ 0 u x , 0 = x 2 2 + 2 sen ⁡ 3 π x cos ⁡ 3 π x 0 ≤ x ≤ 1   8 a 8 b 8 c 8 d

  1. Encontre a solução estacionária v x para o problema 8 a - 8 b - 8 c
  2. Seja w x , t = u x , t - v x . Descreva o problema de valores de contorno e de valor inicial que é satisfeito por w
  3. Determine o valor de u 1 2 , t para todo t > 0
MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

a)

A solução estacionária vai ser aquela que não depende de t , então vamos fazer

u x , t = v x

Assim

u t = 0

u x x = v ' ' x

E vamos ter

v ' ' x - 1 = 0

Assim vamos ter

v x = x 2 2 + c 1 x + c 2

Além disso, vamos ter pelas condições de contorno

u 0 , t = v 0 = 0

u 1 , t = v 1 = 1 2

Assim

0 2 2 + c 1 0 + c 2 = 0

1 2 2 + c 1 . 1 + c 2 = 1 2

Assim, pela primeira equação

c 2 = 0

E pela segunda equação

c 1 = 0

Assim vamos ter

v x = x 2 2

Com os valores de x que ele deu

0 ≤ x ≤ 1

Passo 2

b)

Vamos fazer agora aquela mudança para w que ele falou

w x , t = u x , t - v x

Assim

u x , t = w x , t + v x

As derivadas vão ser

u t x , t = w t x , t

u x x x , t = w x x x , t + v ' ' x

Substituindo na equação vamos ter

w t x , t = w x x x , t + v ' ' x - 1

Lembrando que fizemos v ' ' x = 1 , assim

w t x , t = w x x x , t

Com

0 < x < 1 ,     t > 0

Faltam as condições de contorno e iniciais.

u 0 , t = w 0 , t + v 0 = 0 → w 0 , t + 0 = 0 → w x , t = 0

u 1 , t = w 1 , t + v 1 = 1 2 → w 1 , t + 1 2 = 1 2 → w 1 , t = 0

E

u x , 0 = w x , 0 + v x = x 2 2 + 2 sen ⁡ 3 π x cos ⁡ 3 π x → w x , 0 = 2 sen ⁡ 3 π x cos ⁡ 3 π x

Assim nosso problema passa a ser

w t x , t = w x x x , t 0 < x < 1 ,       t > 0 w 0 , t = 0 t ≥ 0 w 1 , t = 0 t ≥ 0 w x , 0 = 2 sen ⁡ 3 π x cos ⁡ 3 π x 0 ≤ x ≤ 1

Lembrando que

2 sen ⁡ a cos ⁡ a = sen ⁡ 2 a

Assim

w t x , t = w x x x , t 0 < x < 1 ,       t > 0 w 0 , t = 0 t ≥ 0 w 1 , t = 0 t ≥ 0 w x , 0 = sen ⁡ 6 π x 0 ≤ x ≤ 1

Passo 3

c)

Para achar aquele valor de u temos que resolver aquele problema de w , assim como já achamos v x vamos achar u x , t .

Agora temos que resolver essa parada. Nosso problema é

w t x , t = w x x x , t 0 < x < 1 ,       t > 0 w 0 , t = 0 t ≥ 0 w 1 , t = 0 t ≥ 0 w x , 0 = sen ⁡ 6 π x 0 ≤ x ≤ 1

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

w x , y = X x T t

Substituindo na EDP temos

X x T ' t = X ' ' x T t

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

X ' ' x X x = T ' t T t = - λ

Isso nos dá

X ' ' + λ X = 0

T ' + λ T = 0

Agora vamos ver as condições do problema,

w 0 , t = 0 → X 0 T t ⏟ ≠ 0 = 0 → X 0 = 0

w 1 , t = 0 → X 1 T t ⏟ ≠ 0 = 0 → X 1 = 0

Passo 4

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

X ' ' + λ X = 0 X 0 = X 1 = 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:

X x = c 1 e - λ y + c 2 e - - λ y

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 , X 1 = 0 ,

Assim temos

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X 1 = c 1 e - λ + c 2 e - - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

Substituindo na segunda equação

c 1 e - λ - c 1 e - - λ = 0

c 1 ( e - λ - e - - λ ⏟ ≠ 0 ) = 0

c 1 = 0

E

c 2 = 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 = 0 X 1 = 0 ,

c 1 = 0

c 1 + c 2 = 0

Assim

c 1 = 0

c 2 = 0

E só vamos ter a solução trivial.

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:

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 = 0 X 1 = 0 ,

X 0 = c 1 = 0

X 1 = c 1 cos ⁡ λ +   c 2 sen ⁡ λ = 0

Assim vamos ter, pela primeira equação,

c 1 = 0

Assim temos

c 2 sen ⁡ λ = 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 = 0

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

λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n π

λ n = n π 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = sen ⁡ n π x                 n = 1,2 , 3 …

Passo 5

Tendo os valores de λ n , resolver a outra EDO

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

T ' + λ T = 0

A nossa solução aqui vai ser

T t = e - λ t

Substituindo os valores de λ que achamos vamos ter

T n t = e - n 2 π 2 t

Agora vamos ter que w x , t vai ser

w n x , t = e - n 2 π 2 t sen ⁡ n π x

Essa é a solução fundamental w n , as combinações lineares satisfazem a EDO, então a solução vai ser

w x , t = ∑ n = 1 ∞ b n e - n 2 π 2 t sen ⁡ n π x

Passo 6

Falta achar esses coeficientes b n . Vamos usar a última condição que temos no problema

w x , 0 = sen ⁡ 6 π x

Substituindo a expressão de w que achamos

∑ n = 1 ∞ b n e - n 2 π 2 0 sen ⁡ n π x = sen ⁡ 6 π x

∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x = sen ⁡ 6 π x

Vendo essa série como uma série de Fourier de senos, fazemos uma extensão ímpar na função e temos:

b n = 2 1 ∫ 0 1 sen ⁡ 6 π x sen ⁡ n π x d x

Lembrando que

sen ⁡ a sen ⁡ b = cos ⁡ a - b 2 - cos ⁡ a + b 2

Vamos ter

b n = 2 1 ∫ 0 1 cos ⁡ 6 π x - n π x 2 - cos ⁡ 6 π x + n π x 2 d x

b n = ∫ 0 1 cos ⁡ 6 π - n π x - cos ⁡ 6 π + n π x d x

Aqui temos que considerar duas situações, se aquela subtração dentro do cosseno é 0 ou não.

Vamos começar com

6 π - n π = 0 → n = 6

Assim

b 6 = ∫ 0 1 1 - cos ⁡ 6 π + n π x d x = ∫ 0 1 1 - cos ⁡ 12 π x d x

b 6 = x - cos ⁡ 12 π x 12 π 0 1 = 1 - cos ⁡ 12 π 12 π - 0 - cos ⁡ 0 12 π = 1 - 1 12 π - - 1 12 π

b 6 = 1

Agora vamos ver quando

6 π - n π ≠ 0 → n ≠ 6

Assim vamos ter

b n = ∫ 0 1 cos ⁡ 6 π - n π x - cos ⁡ 6 π + n π x d x

b n = sen ⁡ 6 π - n π x 6 π - n π - sen ⁡ 6 π + n π x 6 π + n π 0 1

b n = sen ⁡ 6 π - n π 6 π - n π - sen ⁡ 6 π + n π 6 π + n π - sen ⁡ 0 6 π - n π - sen ⁡ 0 6 π + n π

b n = sen ⁡ 6 π - n π 6 π - n π - sen ⁡ 6 π + n π 6 π + n π

Repara que tanto 6 π - n π quando 6 π + n π sempre vão ser π vezes um número inteiro, assim o seu seno vai ser 0

b n = 0

E vamos ter

b 6 = 1 n = 6 b n = 0 n ≠ 6

Passo 7

Vamos voltar para w

w x , t = ∑ n = 1 ∞ b n e - n 2 π 2 t sen ⁡ n π x

O único coeficiente que vai aparecer aí é p b 6 que é 1 , então

w x , t = e - n 2 π 2 t sen ⁡ 6 π x

Como

u x , t = w x , t + v x