Equação de Laplace no Disco

Teoria Completa

Introdução

Oi, pessoal! Pensa que temos um disco metálico. Pensou?! Agora vamos colocar um maçarico no centro dele e aquecer bastante. Deve tá bem quente, né?! Então vamos tirar o maçarico agora. O que vai acontecer?

Se você disse que o disco vai esfriar e entrar em equilíbrio térmico, você acertou! Mas o nosso desafio não será esse. Nosso desafio será achar a distribuição de temperatura ao longo desse disco. E como fazemos isso? Através da equação de Laplace no Disco.

Como estamos falando de um disco, a região será delimitada pela equação da circunferência e poderemos escrever a equação utilizando coordenadas polares, u r , θ . Onde u é a função que representa a temperatura em um dado ponto do disco.

Como nosso disco é descrito em função de r e θ , a nossa equação que descreverá a distribuição de temperatura terá a seguinte cara, seja u r , θ a temperatura.

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

Poderíamos mostrar como chegar na equação, mas vai dar um trabalhão e o nosso foco é saber utilizá-la.

Para quem lembrar, essa equação é equivalente à de Laplace antiga para o caso de um retângulo.

Mas como eu falei, vamos aprender a resolvê-la.

Análise Geral

Para resolver problemas da equação de Laplace vamos sempre separar nossas variáveis na função de temperatura. Então vamos escrever:

u θ , r = R r Θ θ

Nós temos diferentes limitações para essas duas funções ( R r e Θ θ ) no disco. Então vamos ter que avalia-las separadamente! Para facilitar vamos chamar R r de R e Θ θ de Θ .

Substituindo na equação e utilizando a nova notação, temos:

r 2 R ' ' Θ + r R ' Θ + R Θ ' ' = 0

Agora vamos isolar os termos. O que tem R para um lado e o que tem Θ para outro:

Θ r 2 R ' ' + r R ' = - R Θ ' '

r 2 R ' ' + r R ' R = - Θ ' ' Θ

Pronto! Agora podemos igualar essa expressão a um constante λ arbitrária,

r 2 R ' ' + r R ' R = - Θ ' ' Θ = λ

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

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

- Θ ' ' Θ = λ → Θ ' ' + λ Θ = 0

Agora vamos analisar as limitações separadamente!

Análise de Θ ( θ )

Vamos começar pelo ângulo θ . Se temos uma função de temperatura que age em função do ângulo dentro de um disco, a temperatura irá se repetir a cada volta no disco, ou seja, a função deve ser 2 π -periódica com respeito a essa variável.

Deste modo, quando resolvermos uma questão e acharmos várias soluções para Θ θ , podemos excluir todas que não são periódicas com período 2 π .

Vamos voltar para equação!

Θ ' ' + λ Θ = 0

Agora vamos avaliar quais faixas de valores de λ são possíveis para a solução. Vamos avaliar λ = 0 ,   λ > 0   e   λ < 0 .  

Estudando a equação em θ , tentamos λ = 0 :

Θ ' ' = 0

Como a segunda derivada é zero, a função Θ θ terá essa cara (se quiser confirmar é só derivar Θ θ duas vezes),

Θ θ = a θ + b

Entretanto, como Θ deve ser 2 π -periódica e a equação é de uma reta, essa solução só funciona se o coeficiente angular for zero, ou seja, a = 0 . Portanto temos:

Θ θ = b

Testando λ > 0 , podemos fazer essa igualdade:

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.

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

Neste caso, note que a nossa função ficaria,

Θ θ = 0

E se nossa função for zero, toda equação que descreve a distribuição de calor no disco também irá zerar. Deste modo, λ não poderá ser menor que zero.

Pronto! Já temos nossas limitações para Θ θ , onde   λ ≥ 0 , vamos passar para R ( r )

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, afinal a temperatura do disco tem que ter um valor finito.

Vamos para equação,

r 2 R ' ' + r R ' - λ R = 0

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

Como queremos achar R r , vamos ter integrar essa equação.

Arrumando mais para podermos integrar:

r R ' ' = - R '

R ' ' R ' = - 1 r

Agora a gente vai integrar dos dois lados, mas para ficar mais claro como faremos isso, vou mudar a notação que estamos usando,

∂ R ' ∂ r ∙ 1 R ' = - 1 r

∂ R ' R ' = - ∂ r r

∫ 1 R ' d R ' = ∫ - 1 r d r

ln ⁡ R ' = - ln ⁡ r + c 1

Lembra dos macetes do Cálculo 1? Então como   c 1 é uma constante qualquer, eu posso escrever ela na forma logarítmica, pois assim vai me facilitar na hora de ajeitar a equação:

c 1 ↔ ln ⁡ c 1

- ln ⁡ r + ln ⁡ c 1 = - ln ⁡ r c 1

ln ⁡ R ' = - ln ⁡ r c 1

R ' = c 1 r

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

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

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

Lembrando que para λ < 0 a gente não precisa testar porque a gente viu em Θ que ele não era válido.

Recapitulando..

Então, para λ = 0 temos,

Θ θ = b

R r = c 2

Para λ > 0 temos,

Θ θ = a 1 cos ⁡ μ θ + a 2 sen ⁡ μ θ

R k r = r k

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, faremos

u r , θ = R r Θ θ

, onde Em θ é periódica e Em r é limitada.

E é isso aí! Vamos praticar um pouco agora!

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