Equação De Laplace No Disco

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Teoria

Fala aí! Hoje vamos aprender sobre a equação de Laplace e sua aplicação em um disco.

Tá preparado? Então vem comigo!

Veja também

O que é a Equação de Laplace?

A Equação de Laplace é uma equação diferencial parcial usada em vários ramos da ciência. A fórmula para a equação de Laplace é essa aqui:

Mas como aqui estamos interessados no estudo somente para o disco, vamos ter que pensar num jeito mais adequado de descrever essa equação aí.

A solução vem na forma das coordenadas polares!

Se liga, a região de interesse (o disco) será delimitada pela equação da circunferência.

Equação da circunferência.
Equação da circunferência.

Suponha que seja a função que descreve um ponto qualquer na superfície do disco. Como ele é descrito em função de e , a equação que descreve a distribuição desses pontos tem a seguinte forma:

Não convém demonstrar como chegar nessa equação, porque iria dar um trabalhão, e nosso foco aqui é saber como utilizá-la, tranquilo?

Bora ver como resolver essa parada aí?!

Como resolver a equação de Laplace?

Um tópico que volta a aparecer aqui é a resolução de equações diferenciais por separação de variáveis. Esse conteúdo nós já temos bem explicadinho aqui, então, se tiver precisando de uma revisada, corre lá que eu te espero 😁

Para resolver problemas da equação de Laplace, vamos sempre separar nossas variáveis na função.

Essas duas funções tem limitações diferentes no disco, então, temos que avaliá-las separadamente.

Pelo método de separação de variáveis, chegamos em:

Agora, passamos tudo que tem R para um lado e tudo o que tem para o outro.

Aí, a gente pode igualar essa expressão a uma constante arbitrária. Aqui, eu escolhi como a constante.

Com isso, ficamos com duas EDOs que podemos resolver separadamente:

Análise de

Vamos supor que nossa função seja uma função da temperatura que age em função da posição e do ângulo dentro de um disco.

Concorda que a temperatura irá se repetir à cada volta no disco? Então, a função deve ser - periódica em relação a essa variável!

Quer dizer que, quando resolvermos uma questão e acharmos várias soluções para , podemos excluir todas que não são periódicas com período .

Bora avaliar as faixas de valores de possíveis para a solução.

Na equação:

Podemos ter :

Como a derivada segunda é zero, se integrarmos isso aí duas vezes, chegamos em:

Entretanto, como deve ser -periódica, essa solução só funciona se o coeficiente angular for zero, ou seja, .

Agora vamos testar :

Essa relação aí vai simplificar nossas contas.

E essa aí é periódica para todo .

Pra finalizar, testamos :

Essa solução não é periódica. Então, teremos:

Nossa função não pode ser zero. Então, não pode ser menor que zero.

Análise de R(r)

Quando analisarmos a função R(r), teremos algumas soluções com fatores que explodem para infinito dentro dos limites do círculo. Esses fatores têm que ser desconsiderados.

Bora voltar pra equação:

Para :

A solução não nos interessa.

Vamos integrar essa equação para achar R(r). No final das contas, chegamos no seguinte:

E, com algumas manipulações algébricas:

Integra novamente:

Repare que essa equação não é limitada dentro do círculo que estamos estudando, pois tende a quando r se aproxima de zero. Por isso:

Quando testarmos , vamos chegar na seguinte solução:

A nossa solução final é dada pelas soluções que encontramos em cada um dos casos, beleza?

Então bora dar sequência com mais alguns exercícios.

Como resolver a equação de Laplace?

Análise de

Análise de R(r)

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

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

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

A solução geral portanto fica:

u r , θ = c 0 + ∑ k = 1 ∞ r k A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

Passo 11

Precisamos agora determinar os coeficientes A k e B k . Utilizando a última condição que sobrou do enunciado:

u r a , θ = g θ

Basta derivar com respeito à r e depois fazer r = a e temos:

∑ k = 1 ∞ k a k - 1 A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ = g θ

Como à esquerda temos uma série de Fourier da função g θ , os coeficientes podem ser encontrados pelas fórmulas:

k a k - 1 A k = 2 P ∫ 0 P g θ cos ⁡ 2 π k θ P d θ

k a k - 1 B k = 2 P ∫ 0 P g θ sen ⁡ 2 π k θ P d θ

Como a função g θ é 2 π -periódica, temos que P = 2 π . Descobrimos os coeficientes:

A k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ cos ⁡ k θ d θ

B k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ sen ⁡ k θ d θ

Resposta

u r , θ = c 0 + ∑ k = 1 ∞ r k A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

A k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ cos ⁡ k θ d θ

B k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ sen ⁡ k θ d θ

Exercício Resolvido #2

Encontre a solução u r , θ da equação de Laplace na região semicircular r < a , 0 < θ < π , que satisfaz as condições de contorno:

u r , 0 = 0 ,       u r , π = 0 ,       0 ≤ r < a

u a , θ = f θ ,       0 ≤ θ ≤ π

Suponha que u está bem definida e limitada na região dada.

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

E separando também as condições iniciais:

u r , 0 = u r , π = 0

R r Θ 0 = R r Θ π = 0

Como a solução R r = 0 é trivial, nós a descartamos. Portanto segue que:

Θ 0 = Θ π = 0

Juntando estes valores com a equação em θ obtemos:

Θ ' ' + λ Θ = 0 Θ 0 = Θ π = 0

Passo 4

Para resolver a equação em θ precisamos considerar as possíveis faixas de valores de λ . Testando:

λ = 0 → Θ ' ' = 0

Θ = a θ + b

Substituindo os valores das condições: Θ 0 = b = 0

Θ π = a π = 0

Portanto temos a solução trivial:

Θ θ = 0

Passo 5

Tentando λ > 0 , fazemos:

λ = μ 2

Para garantir que lambda seja positivo. Além disso, vamos substituir uma solução da forma:

Θ θ = e k θ

E achar o k . Plugando na EDO:

e k θ ' ' + μ 2 e k θ = 0

k 2 e k θ + μ 2 e k θ = 0

e k θ k 2 + μ 2 = 0 → k 2 + μ 2 = 0

k = ± i μ

Passo 6

Ou seja, como a equação característica tem raízes complexas, temos que as soluções são da forma:

A 1 e i μ θ + A 2 e - i μ θ ≡ c 1 cos ⁡ μ θ + c 2 sen ⁡ μ θ

Naturalmente vamos utilizar a forma da direita por ser mais simples. Substituindo os valores vamos tentar descobrir as constantes:

Θ 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

Θ 0 = c 1 = 0

Show de bola. A função fica:

Θ θ = c 2 sen ⁡ μ θ

Agora substituindo a outra:

Θ π = c 2 sen ⁡ μ π = 0

Passo 7

Agora vejamos, para não cair na solução trivial de novo ( c 2 = 0 ), podemos buscar quais μ resolvem a equação acima. O que equivale à resolver:

sen ⁡ x = 0

Que tem solução:

x = α π ,       α ∈ Z

Portanto, como só nos interessa λ > 0 :

μ π = α π ,       α ∈ Z +

μ = α ,       α ∈ Z +

Passo 8

Portanto a nossa solução geral fica:

Θ θ = ∑ α = 1 ∞ sen ⁡ α θ

Testando a gora a última faixa de valores possíveis λ < 0 , fazemos:

λ = - μ 2

Temos que a nossa equação característica fica:

k 2 - μ 2 = 0 → k = ± μ

Que resulta em:

Θ θ = a 1 e μ θ + a 2 e - μ θ

Como essa função não é periódica em θ podemos descartar. Daria no mesmo substituir os valores e chegar na solução trivial:

Θ 0 = a 1 + a 2 = 0

Θ π = a 1 e μ π + a 2 e - μ π = 0

Resolvendo obtemos a 1 = a 2 = 0 . Portanto só existem soluções não triviais para λ > 0 .

Passo 9

Seguindo, podemos voltar à resolver a equação em r . Fazendo λ = μ 2 :

r 2 R ' ' + r R ' - μ 2 R = 0

Supomos uma solução da forma; R r = r p ,       p ∈ R

Substituindo:

r 2 r p ' ' + r r p ' - μ 2 r p = 0

Temos:

p p - 1 r p + p r p - μ 2 r p = 0

Pondo em evidência:

r p p 2 - p + p - μ 2 = 0

r p p 2 - μ 2 = 0

Como r p ≠ 0 para todo p ∈ R , temos que:

p 2 - μ 2 = 0 → p = ± μ

Ou seja, a solução geral é:

R r = b 1 r μ + b 2 r - μ

Passo 10

Agora o papo é analisar essa função na região estudada. Como a região é tal que:

r ∈ 0 , a

θ ∈ 0 , π

Então precisamos garantir que dentro dela a função R r seja limitada, ou seja, não exploda para infinito. Como temos que:

lim r → 0 ⁡ r - μ = ∞

Concluímos que:

b 2 = 0

Portanto a solução é:

R r = b 1 r μ

Plugando na solução mais geral, sabendo que μ = k :

u r , θ = ∑ k = 1 ∞ c k r k sen ⁡ k θ

Passo 11

Falta nós determinarmos os coeficientes c k . Sabemos que, pelo enunciado, a informação que ficou sobrando é:

u a , θ = f θ

Que significa:

∑ k = 1 ∞ c k a k sen ⁡ k θ = f θ

Podemos ver que à esquerda temos uma série de Fourier para a função f , portanto os coeficientes são determinados pela fórmula:

a k c k = 2 P ∫ 0 P f θ sen ⁡ k θ d θ

Onde P é o período da função. Como sabemos que, por estar num semicírculo, ela deve ser π -periódica, temos:

P = π

c k = 2 a k π ∫ 0 π f θ sen ⁡ k θ d θ

Resposta

u r , θ = ∑ k = 1 ∞ c k r k sen ⁡ k θ

c k = 2 a k π ∫ 0 π f θ sen ⁡ k θ d θ

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