Exercícios Resolvidos de Equação da Onda

UFRJ, Cálculo IV, P2/2012.2, 4

Considere o problema de onda

α 2 u x x = u t t ,                     0 < x < π ,                   t > 0 u x 0 , t = 0 ,               u x π ,   t = 0 ,                 t 0 u x , 0 = 2 ,           u t x , 0 = 0 ,           0 x π

Encontre a expressão do deslocamento vertical u ( x , t ) usando o método da separação de variáveis. Justifique sua resposta. Considere α > 0 .

Passo 1

Certo, o primeiro passo é a separação de variáveis, procuramos uma solução do tipo:

u x , t = X x . T ( t )

Aplicando isso na equação de onda, temos:

a 2 X ' ' x . T t = X x . T ' ' ( t )

Passando tudo que tem x para um lado e o que tem t para o outro, temos:

X ' ' x X x = 1 a 2 T ' ' t T t

Como essa igualdade vale para todo x e para todo t , essas razões devem ser independentes tanto de x como de t , logo, podemos dizer que isso é igual a uma constante:

X ' ' x X x = 1 a 2 T ' ' t T t = - λ

Separando a igualdade em 2 equações, temos:

X ' ' x + λ X x = 0

T ' ' t + λ a 2 T t = 0

Beleza, agora vamos aplicar a separação para as condições do problema:

u x 0 , t = 0                 X ' 0 . T t 0 = 0                 X ' 0 = 0

u x π , t = 0                 X ' π . T t 0 = 0                 X ' π = 0

Temos também

u t x , 0 = 0             X x 0 . T ' 0 = 0             T ' 0 = 0

Sempre deixamos por último a condição que possui uma função! Nesse caso, u x , 0 = 2 , esquece ela por enquanto.

Precisamos agora achar X ( x ) e T ( t ) , para encontrar u x , t = X x . T ( t ) .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora precisamos resolver o problema que tem duas condições (de contorno), em x :

X ' ' x + λ X x = 0 X ' 0 = X ' π = 0

A primeira coisa que vamos fazer agora é escrever a equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Agora vamos encontrar as soluções da EDO para cada caso de e depois juntar as respostas que encontrarmos.

Caso 1: > 0 , o que nos dá λ < 0 . Nesse caso, as soluções são do tipo:

X x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 X ' π = 0 . Temos:

X ( x ) = c 1 - λ e - λ x - c 2 - λ e - - λ x

X ' 0 = c 1 - λ - c 2 - λ = 0

X ' π = c 1 - λ e π - λ - c 2 - λ e - π - λ = 0

Isso nos dá

( c 1 - c 2 ) - λ 0 = 0

c 1 = c 2

Aqui temos o mesmo raciocínio:

c 1 ( - λ e π - λ - - λ e - π - λ ) 0 = 0

c 1 = 0

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 , o que nos dá λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 e X ' π = 0

X ' x = c 2

X ' 0 = c 2 = 0

X ' ( π ) = c 2 = 0

Bom, as duas condições de contorno nos dão a mesma informação, não é? Temos, então que

X x = c 1

Isso para o autovalor

λ = 0

Como escrevemos, por convenção, as autofunções sem a constante multiplicativa, temos o seguinte:

X 0 x = 1

Essa é uma solução da nossa EDO, e qualquer combinação linear de X ( x ) também.

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 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 ' π = 0 . Temos:

X ' ( x ) = - c 1 λ sen λ x + c 2 λ cos λ x

X ' 0 = - c 1 λ sen 0 + c 2 λ cos 0 = 0

X ' π = - c 1 λ sen π λ + c 2 λ cos π λ = 0

Isso nos dá

c 2 λ 0 = 0                 c 2 = 0

- c 1 0 sen π λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 1 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sen π λ = 0

Isso ocorre para valores múltiplos de π , ou seja, quando:

π λ = n π             n = 1,2 , 3

λ = n

λ n = n 2

A solução geral do caso 3 é, então:

X n x = cos n x                 n = 1,2 , 3

Temos, então, as seguintes soluções:

X x = 1 , λ = 0

X n x = cos ( n x ) , λ n = n 2

Certo, agora vamos resolver o problema em t .

Passo 3

Tendo os valores de λ n , vamos resolver a outra EDO

T ' ' t + λ a 2 T t = 0 T ' 0 = 0

Vamos resolver pelo método que conhecemos, da equação característica. Repare que, como o valor de λ é conhecido (do passo anterior) e a é um coeficiente dado, não precisamos analisar os 3 casos de , olha só:

r 2 + λ a 2 = 0

r = ± - λ a 2 > 0

Repare que, tanto a (por sua definição) como λ (que encontramos no passo anterior) são positivos, logo, o que está dentro da raiz é negativo, < 0 . Podemos reescrever r como:

r = 0 ± i λ a 2

As soluções da EDO são do tipo:

T t = c 1 cos λ a 2 t + c 2 sen λ a 2 t

T ' ( t ) = - c 1 λ a 2 sen λ a 2 t + c 2 λ a 2 cos λ a 2 t

Usando T ' 0 = 0 , temos:

T ' ( 0 ) = c 2 λ a 2 0

T ' 0 = c 2 = 0

O que nos dá:

T t = c 1 cos λ a 2 t

Para λ = n 2 temos então:

T n t = cos ( n a t )

Para o caso em que λ = 0 , temos:

T 0 t = 1

Assim, como u x , t = X x T t , podemos escrever

u n x , t = cos ( n x ) cos ( n a t )

u 0 ( x , t ) = 1

Passo 4

Escrever u ( x , t ) como série e achar os coeficientes da série

Como combinações lineares dessas soluções também satisfazem o problema, podemos escrever:

  u x , t = a 0 2 + n = 1 a n cos ( n x ) cos ( n a t )  

Repare que nós colocamos coeficientes tanto na solução u n x , t = cos ( n x ) cos ( n a t ) como na solução u 0 ( x , t ) = 1 . Escrevemos a 0 / 2 nessa última para podermos reconhecer uma série de Fourier (de cossenos no caso).

Certo, agora precisamos achar esses coeficientes!

Vamos usar a condição que faltou:   u x , 0 = 2 .

u x , 0 = a 0 2 + n = 1 a n cos ( n x )   = 2

Como essa é uma Série de Fourier de cossenos, fazendo uma extensão par de da função f x = 2 podemos dizer que:

a 0 = 2 π 0 π 2 d x = 4

Temos também

a n = 2 π 0 π 2 cos ( n x ) d x

a n = 4 π n s e n ( n x ) 0 π = 0

Substituindo na série:

u x , t = 2

Tá, resposta suspeita né? Estranho o a n dar zero, mas fazer o que? É isso aí!

Resposta

u x , t = 2

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