Exercícios Resolvidos de EDP’s gerais

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

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

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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

Vamos ter

u x , t = e - n 2 π 2 t sen 6 π x + x 2 2

O valor que ele quer é

u 1 2 , t = e - n 2 π 2 t sen 6 π 2 + 1 / 2 2 2

u 1 2 , t = e - n 2 π 2 t sen 3 π + 1 / 4 2

u 1 2 , t = 1 8

Resposta

a)

v x = x 2 2

Com os valores de x que ele deu

0 x 1

b)

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

c)

u 1 2 , t = 1 8

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