Verifique que as funções u 1 ( x , y ) = y , u 2 ( x , y ) = 2 x y , u 3 ( x , y ) = x 3 - 3 x y 2 , u 4 ( x , y ) = e x s e n ( y ) são soluções da equação de Laplace bidimensional ∂ 2 x u + ∂ 2 y u = 0 . Construa quatro novas soluções desta equação usando o Princípio de Superposição.

Passo 1

Oiie, tudo bem com você?

O enunciado nos dá quatro funções

u 1 ( x , y ) = y , u 2 ( x , y ) = 2 x y , u 3 ( x , y ) = x 3 - 3 x y 2 e u 4 ( x , y ) = e x s e n ( y )

e pede para verificarmos que elas são solução da equação

∂ 2 x u + ∂ 2 y u = 0

ou seja, precisamos derivar as soluções e substituí-las na equação, de forma a verificar se elas respeitam a igualdade. Ele também pede para construirmos novas soluções usando o princípio da superposição, o princípio da superposição diz o seguinte

“Se temos duas soluções linearmente independentes de uma equação diferencial, toda combinação linear destas soluções é uma nova solução da mesma equação diferencial”

Maravilha! Vamos usar isso para resolver o nosso problema! Vem comigo!

Passo 2

A primeira coisa a se lembrar é que derivadas parciais consideram qualquer variável que não esteja sendo derivada como constante, e como derivadas de constantes é sempre zero, podemos dizer, por exemplo, que

∂ ∂ x [ u 1 ( x , y ) ] = ∂ ∂ x [ y ] = 0

de forma que também temos que

∂ 2 ∂ x 2 [ u 1 ( x , y ) ] = ∂ ∂ x [ ∂ y ∂ x ] = 0

continuando com as derivadas da primeira solução, podemos usar a regra do tombo

∂ ∂ y [ y n ] = n   y n - 1

de forma que

∂ ∂ y [ u 1 ( x , y ) ] = ∂ ∂ y [ y ] = 1

e, como a primeira derivada é constante, temos que

∂ 2 ∂ y 2 [ u 1 ( x , y ) ] = ∂ ∂ y [ ∂ y ∂ y ] = 0

Portanto, essa é uma solução, já que

∂ 2 x u + ∂ 2 y u = 0 + 0 = 0

Vamos fazer um processo análogo para as outras três soluções! Vem comigo!

Passo 3

Usando agora a segunda solução, temos que a primeira derivada em relação a x , é

∂ ∂ x [ u 2 ( x , y ) ] = ∂ ∂ x [ 2 x y ] = 2 y ∂ ∂ x [ x ]

já que y é tomado como constante, temos então usando a regra do tombo que

∂ ∂ x [ u 2 ( x , y ) ] = 2 y

como o resultado não depende de x , temos então que

∂ 2 ∂ x 2 [ u 2 ( x , y ) ] = ∂ ∂ x [ ∂ ∂ x [ u 2 ( x , y ) ] ] = 0

Da mesma forma para as derivadas em relação a y temos que

∂ ∂ y [ u 2 ( x , y ) ] = 2 x ∂ ∂ y [ y ] = 2 x

e, portanto, temos que

∂ 2 ∂ y 2 [ u 2 ( x , y ) ] = ∂ ∂ y [ ∂ ∂ y [ u 2 ( x , y ) ] ] = 0

E, então temos que

∂ 2 x u + ∂ 2 y u = 0 + 0 = 0

Vamos analisar agora a terceira solução! Saca só!

Passo 4

Usando agora a terceira solução, temos que a primeira derivada em relação a x , é

∂ ∂ x [ u 3 ( x , y ) ] = ∂ ∂ x [ x 3 - 3 x y 2 ] = ∂ ∂ x [ x 3 ] - 3 y 2 ∂ ∂ x [ x ]

já que y é tomado como constante, temos então usando a regra do tombo que

∂ ∂ x [ u 2 ( x , y ) ] = 3 x 2 - 3 y 2

derivando novamente em relação a x , temos que

∂ 2 ∂ x 2 [ u 2 ( x , y ) ] = ∂ ∂ x [ 3 x 2 - 3 y 2 ] = 6 x

Da mesma forma para as derivadas em relação a y temos que

∂ ∂ y [ u 3 ( x , y ) ] = ∂ ∂ y [ x 3 - 3 x y 2 ] = - 6 x y

e, portanto, temos que

∂ 2 ∂ y 2 [ u 2 ( x , y ) ] = ∂ ∂ y [ - 6 x y ] = - 6 x

E, então temos que

∂ 2 x u + ∂ 2 y u = 6 x - 6 x = 0

Portanto, temos que esta também é uma solução! Vamos para a última!

Passo 5

Derivando em relação a x pela primeira vez temos que

∂ ∂ x [ u 3 ( x , y ) ] = ∂ ∂ x [ e x s e n ( y ) ] = s e n ( y ) ∂ ∂ x [ e x ]

lembrando a derivada da exponencial como

∂ ∂ x [ e x ] = e x

analogamente, se derivarmos novamente, temos que

∂ 2 ∂ x 2 [ u 3 ( x , y ) ] = e x   s e n ( y )

Agora, vamos derivar em relação a y , a primeira derivada é tal que

∂ ∂ y [ u 3 ( x , y ) ] = ∂ ∂ y [ e x s e n ( y ) ] = e x ∂ ∂ y [ s e n ( y ) ]

a derivada do seno é tal que

∂ ∂ y [ s e n ( y ) ] = c o s ( y )

ou seja, temos que a primeira derivada é da forma

∂ ∂ y [ u 3 ( x , y ) ] = e x c o s ( y )

Se derivarmos novamente precisaremos usar que

∂ ∂ y [ c o s ( y ) ] = -   s e n ( y )

e, portanto, a segunda derivada é da forma

∂ 2 ∂ y 2 [ u 3 ( x , y ) ] = - e x   s e n ( y )

Ou seja, aplicando ambas as derivadas na equação diferencial

∂ 2 x u + ∂ 2 y u = e x s e n ( y ) - e x s e n ( y ) = 0

Maravilha! Vamos só escrever as outras soluções agora!

Passo 6

Pelo teorema da superposição qualquer combinação linear da quatro soluções também é solução, por exemplo, podemos fazer a combinação

u ( x , y ) = A u 1 ( x , y ) + B u 2 ( x , y ) + C u 3 ( x , y ) + D u 4 ( x , y )

também podemos fazer as combinações dois a dois

u ( x , y ) = A u 1 ( x , y ) + B u 2 ( x , y ) e u ( x , y ) = A u 3 ( x , y ) + B u 4 ( x , y )

ou, da mesma forma

u ( x , y ) = A u 1 ( x , y ) + B u 3 ( x , y ) e u ( x , y ) = A u 2 ( x , y ) + B u 4 ( x , y )

Todas as cinco soluções acima são soluções pelo princípio da superposição! A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

Ao longo dos passos!

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