Equação de Laplace no Disco

Teoria Completa

Introdução

A equação de Laplace num disco trata de um problema de condução de calor estacionário numa placa circular. Imagina que você tem um disco de metal e resolve esquentar o centro dele com um maçarico. Depois de um dado momento você desliga o maçarico e deixa o disco entrar em equilíbrio térmico.

A pergunta é: como se comporta a temperatura nos vários pontos do disco? A resposta é a solução para a equação de Laplace.

Como estamos num disco, cada lado da fronteira não é dado por uma expressão do tipo x , y = c o n s t a n t e . Então precisamos de um sistema de coordenadas que faça isso. Como temos um disco, é natural que utilizemos coordenadas polares, pois nele r = c o n s t a n t e .

Podemos mostrar como chegar na equação, mas vai dar um trabalhão. Seja u r , θ a temperatura. Então temos:

r 2 ∂ 2 u ∂ r 2 + r ∂ u ∂ r + ∂ 2 u ∂ θ 2 = 0

Sim, esta equação é equivalente à de Laplace antiga. Basta você mudar de coordenadas que vai chegar nisto aí em cima.

Juntando esta equação com condições iniciais conseguimos chegar à resposta de maneira similar às questões de Laplace no retângulo. A diferença para o caso do retângulo sai de limitações do nosso novo sistema de coordenadas. Como assim? Vamos agora estudar particularidades de Laplace no disco.

Análise Geral

Para resolver problemas da equação de Laplace vamos sempre separar nossas variáveis na função de temperatura. É a mesma coisa que fazíamos antes, mas agora as variáveis são r ,   θ então vamos escrever:

u θ , r = R r Θ θ

O que não é novidade. A diferença é que no disco nós temos limitações diferentes para essas duas funções que são provenientes da natureza do novo sistema de coordenadas utilizado. Vamos agora observar essas limitações separadamente.

Análise de Θ ( θ )

Vamos começar pelo ângulo θ . Se temos uma função de temperatura que age em função do ângulo de um sistema de coordenadas, a função deve ser 2 π -periódica com respeito à essa variável.

Porque? Ora bolas, imagine que vamos conferindo a temperatura dos pontos do disco para um dado raio r = a . O primeiro ponto que conferimos deu 15 graus Fahrenheit e vamos conferindo de 30 º em 30 º porque somos preguiçosos demais para conferir muitos pontos.

Quando nós dermos uma volta completa neste disco, quanto que tem que dar a temperatura no último ponto? Ué, tem que dar 15 ! Pois, afinal de contas, o último ponto é igual ao primeiro depois de nós girarmos 360 º .

Pelo fato de estarmos modelando uma situação física, nossas contas tem que bater com a realidade, portanto podemos dizer seguramente que:

u r , θ = u r , θ + 2 π k

k ∈ Z

Isso é válido para todas as funções de temperatura de todos os discos de todo o universo. Ou seja, quando resolvermos uma questão e acharmos várias soluções para Θ θ , podemos excluir todas que não são periódicas com período 2 π .

De todas as soluções possíveis para Θ θ apenas as trigonométricas seno e cosseno são 2 π -periódicas além das funções constantes:

Θ θ = k ,       k ∈ R

Essas aí em cima são “qualquer coisa”- periódicas. Ou seja, você pode excluir todas as soluções que não forem dessas três formas: seno, cosseno ou constantes. Atenção para o período, pois podemos achar senóides que são periódicas, mas com outro período diferente de 2 π .

Análise de R ( r )

O que ocorre com a função R ( r ) é que normalmente as soluções que encontramos para ela tem algum fator que explode para infinito dentro dos limites do “círculo” considerado. Então o que faremos? Desconsideraremos esse fator.

Porque? Ora bolas, porque a temperatura tem que ser algum valor finito! Se você achar temperatura infinita dentro do seu disco... me liga porque nós vamos ficar ricos!!!

Aproveito este momento para comentar que, como podemos facilmente tratar de abstrações com a matemática, a região considerada não precisa ser um disco de fato, ela só precisa ser agradável de tratar com as coordenadas polares. Quando eu digo isso, estou querendo dizer que usamos sempre que tem termos x 2 + y 2 na região!

Então o enunciado da sua questão pode mandar você estudar a temperatura em algo como:

Ω = x , y ∈ R x 2 + y 2 ≥ 1

Você pode estar pensando: Ué, mas isso aí é um disco de raio 1 ! Só que não. Atenção na desigualdade x 2 + y 2 ≥ 1 . A região Ω considerada são todos os pontos do plano fora de um disco de raio 1 .

Ou seja, não é mais um disco, mas ainda dá pra resolver utilizando a teoria deste capítulo. Então beleza, continuando com a nossa análise, vamos rodar um mini exemplo. Digamos que achamos a seguinte solução para a função R r :

R r = c 1 e r + c 2 ln ⁡ r

Uma dessas duas funçõezinhas vai dançar. Por exemplo, digamos que estivéssemos tratando de um disco de fato. Se você tentasse achar a temperatura no centro do disco ( r = 0 ) daria zebra, pois:

lim r → 0 ⁡ ln ⁡ r = - ∞

Ou seja, no centro do seu disco deu problema. Você seria obrigado à concluir que, neste caso:

c 2 = 0 → R r = c 1 e r

Agora, suponhamos que a região estudada fosse a Ω lá de cima e tivéssemos essa mesma função de r . Teríamos um problema caso tendêssemos r ao infinito, ou seja, se tentássemos tirar a temperatura da “borda” da nossa região:

lim r → ∞ ⁡ e r = ∞

Neste caso seríamos obrigados à concluir que:

c 1 = 0 → R r = c 2 ln ⁡ r

“Ah, mas nesse caso não vai ter problema o r = 0 não?”. Não porque este ponto não faz parte da região Ω estudada, então não nos importamos para ele.

Enfim, tudo depende, o que você não pode é deixar de analisar os casos extremos. E essa matéria é basicamente isso. O resto é bastante parecido com Laplace no retângulo mesmo.

Em suma:

Laplace no Disco

u r , θ = R r Θ θ

Em θ é periódica

Em r é limitada

E é isso aí! Boas provas galera s2s2.

Expandir

Exercício Resolvido #1

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 334. Exercício 11

Encontre uma solução u r , θ da equação de Laplace no interior do círculo r = a , que satisfaça a condição de contorno sobre o círculo:

u r a , θ = g θ ,       0 ≤ θ < 2 π

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Enunciando a Equação de Laplace em coordenadas polares:

r 2 ∂ 2 u ∂ r 2 + r ∂ u ∂ r + ∂ 2 u ∂ θ 2 = 0

Fazendo a separação de variáveis:

u r , θ = R r Θ θ

Substituindo na equação e utilizando notação conveniente:

r 2 R ' ' Θ + r R ' Θ + R Θ ' ' = 0

Passo 2

Agrupando termos:

Θ r 2 R ' ' + r R ' = - R Θ ' '

E isolando:

r 2 R ' ' + r R ' R = - Θ ' ' Θ

Igualando ambas as expressões a uma constante λ arbitrária:

r 2 R ' ' + r R ' R = λ → r 2 R ' ' + r R ' - λ R = 0

- Θ ' ' Θ = λ → Θ ' ' + λ Θ = 0

Passo 3

Agora vamos avaliar quais faixas de valores de λ são possíveis para a solução. Estudando a equação em θ , tentamos λ = 0 :

Θ ' ' = 0 → Θ θ = a θ + b

Entretanto, como Θ deve ser 2 π -periódica, essa solução só funciona para a = 0 . Portanto temos:

Θ θ = b

Passo 4

Testando λ > 0 , fazemos:

λ = μ 2 ,       μ > 0

Supondo μ > 0 por simplicidade, de forma que μ = μ . Seguindo:

Θ ' ' + μ 2 Θ = 0

Que tem equação característica:

α 2 + μ 2 = 0 → α = ± i μ

Que resulta na solução:

Θ θ = a 1 cos ⁡ μ θ + a 2 sen ⁡ μ θ

Como essa solução é 2 π -periódica para todo μ , está valendo.

Passo 5

Por fim, testamos λ < 0 . Fazendo:

λ = - μ 2 ,       μ > 0

Plugando na equação:

Θ ' ' - μ 2 Θ = 0

Que tem equação característica:

α 2 - μ 2 = 0 → α = ± μ

Resultando na solução:

Θ θ = b 1 e μ θ + b 2 e - μ θ

Esta solução não é 2 π -periódica para quaisquer valores de μ , portanto concluímos que:

b 1 = b 2 = 0

Passo 6

Como para todo μ > 0 a solução trigonométrica funciona, fazendo μ = k (por elegância), temos então a autofunção de Θ :

Θ k θ = b + A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

E a solução geral seria:

Θ θ = b + ∑ k = 1 ∞ a k cos ⁡ k θ + b k sen ⁡ k θ

Substituindo os valores válidos de λ na equação em r , temos para λ = 0 :

r 2 R ' ' + r R ' = 0

Arrumando:

r r R ' ' + R ' = 0

Como buscamos uma solução R ( r ) para todo r , a solução r = 0 não interessa. Segue:

r R ' ' + R ' = 0

Passo 7

Arrumando mais para podermos integrar:

r R ' ' = - R '

R ' ' R ' = - 1 r

Integrando ambos os lados:

ln ⁡ R ' = - ln ⁡ r + c 1

Pra quem lembra dos macetes de Cálculo 1:

c 1 ↔ ln ⁡ c 1

- ln ⁡ r + ln ⁡ c 1 = - ln ⁡ r c 1

ln ⁡ R ' = - ln ⁡ r c 1

R ' = c 1 r

Caso você não tenha sacado, pode resolver de outros jeitos.

Passo 8

Integrando novamente:

R = c 1 ln ⁡ r + c 2

Agora analisando a função encontrada, temos que ela não é limitada na região que estamos estudando, pois estamos no interior do círculo r = a , e temos:

lim r → 0 ⁡ ln ⁡ r = - ∞

Portanto nos resta concluir que:

c 1 = 0

A solução fica:

R r = c 2

Passo 9

Testando a outra faixa possível λ > 0 , fazemos λ = μ 2 , μ > 0 :

r 2 R ' ' + r R ' - μ 2 R = 0

Que é a famosa equação de Euler. Fazendo a solução genérica:

R = r p

Plugamos: r 2 p p - 1 r p - 2 + r p r p - 1 - μ 2 r p = 0

p p - 1 r p + p r p - μ 2 r p = 0

Como r p ≠ 0 para todos valores de p :

r p p p - 1 + p - μ 2 = 0

p 2 - p + p - μ 2 = 0

p 2 - μ 2 = 0 → p = ± μ

As soluções então são:

R r = d 1 r μ + d 2 r - μ

Passo 10

Como estamos no interior do círculo r = a , precisamos que a função não exploda para infinito em nenhum ponto desta região, logo como:

lim r → 0 ⁡ r - μ = - ∞

Concluímos que d 2 = 0 , portanto temos a autofunção:

R k r = r k

Plugando na autofunção geral:

u k r , θ = R k r Θ k θ

u k r , θ = r k A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

Sem esquecer que temos também a solução constante:

u 0 r , θ = c 0