Exercícios Resolvidos de Equação da Onda

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Enunciado

Use separação de variáveis para encontrar a solução da seguinte equação da Onda.

u t t = 4 u x x ,     0 < x < π u 0 , t = 0 ,     u π , t = 0 ,           t > 0 u x , 0 = 1 10 sen ⁡ 2 x ,         0 < x < L u t x , 0 = 0 ,               0 < x < L

Passo 1

Temos aqui um problema de equação de onda na forma:

u t t = a u x x

Com a = 4 . OK, vamos começar, como sempre, pela separação de variáveis. Procuramos uma solução do tipo:

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

Aplicando isso na equação de onda, temos:

4 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 4 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 4 T ' ' t T t = - λ

Separando a igualdade em 2 equações, temos:

X ' ' x + λ X x = 0

T ' ' t + 4 λ T t = 0

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

u 0 , t = 0           →       X 0 . T t ⏟ ≠ 0 = 0         →         X 0 = 0

u 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 = 1 10 sen ⁡ 2 x , esquece ela por enquanto.

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

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

Para resolver essa EDO de segunda ordem temos que primeiro montar a equação característica que fica.

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Agora temos que testar cada caso do problema de valor de contorno.

Caso Δ > 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 x + c 2 e - - λ x

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

X 0 = c 1 + c 2 = 0

c 1 = - c 2

X π = c 1 e - λ π + c 2 e - - λ π = 0

Isso nos dá

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

Como o que está dentro dos parênteses é diferente de zero, temos:

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.

Passo 3

Caso Δ = 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 π = 0

X 0 = c 1 = 0

X π = c 1 + c 2 π = 0 → c 2 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Novamente, a solução trivial, que não nos ajuda em nada ¬¬ Beleza, vamos ver o 3º caso agora!

Passo 4

Caso Δ < 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 π = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ π λ + c 2 sen ⁡ π λ = 0

Assim, teremos

c 2 sen ⁡ π λ = 0

Com isso ou teremos c 2 = 0 , que nos dá outra solução trivial ou sen ⁡ π λ = 0 .

sen ⁡ π λ = 0 → π λ = n π → λ = n 2

Como não queremos soluções triviais vamos ter.

X n x = sen ⁡ n x

Onde

λ n = n 2

Certo, agora vamos resolver o problema em t .

Passo 5

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

T ' ' t + 4 λ 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 + 4 λ = 0

r = ± - 4 λ ⏟ > 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 ± 2 i λ

As soluções da EDO são do tipo:

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

Usando T ' 0 = 0 , temos:

T ' t = - c 1 2 λ sen ⁡ 2 λ t + c 2 2 λ cos ⁡ λ t

T ' 0 = c 2 2 λ ⏟ ≠ 0 = 0       →       c 2 = 0

Fazendo

λ n = n 2

Temos então:

T n t = cos ⁡ 2 n t

Então, podemos escrever o seguinte:

u n x , t = sen ⁡ n x cos ⁡ 2 n t

Passo 6

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

Bom, esse u n que encontramos é uma fórmula geral de soluções que atendem à nossa EDO em x e à EDO em t . Sabemos que uma combinação linear dessas soluções também satisfaz o problema, então vamos escrever:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n x cos ⁡ 2 n t  

Podemos interpretar essa série como uma combinação linear infinita de u n ’s.

Beleza, agora precisamos usar a condição do problema que deixamos de lado: u x , 0 = g ( x ) . Fazendo t = 0 , temos:

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n x = 1 10 sen ⁡ 2 x

Como essa é uma Série de Fourier de senos, fazendo uma extensão ímpar de g ( x ) , podemos dizer que:

b n = 2 π ∫ 0 π 1 10 sen ⁡ 2 x sen ⁡ n x d x

Passo 7

Vamos resolver essa integral agora

b n = 2 π ∫ 0 π 1 10 sen ⁡ 2 x sen ⁡ n x d x

Vamos lembrar que

sen ⁡ a sen ⁡ b = cos ⁡ a - b - cos ⁡ a + b 2

Então nossa integral fica

b n = 2 π ∫ 0 π 1 10 cos ⁡ n x - 2 x - cos ⁡ n x + 2 x 2 d x

b n = 1 10 π ∫ 0 π cos ⁡ n - 2 x - cos ⁡ n + 2 x d x

Vamos considerar n ≠ 2 porque quando integrarmos aqueL n - 2 não pode dar 0

b n = 1 10 π sen ⁡ n - 2 x n - 2 - sen ⁡ n + 2 x n + 2 0 π  

b n = 1 10 π sen ⁡ n - 2 x n - 2 - sen ⁡ n + 2 x n + 2 0 π  

b n = 1 10 π sen ⁡ n - 2 π n - 2 - sen ⁡ n + 2 π n + 2

Em ambos os senos o nosso valor vai ser 0

b n = 0 ,       n > 2

Falta testar n = 2

b 2 = 1 10 π ∫ 0 π 1 - cos ⁡ 4 x d x

b 2 = 1 10 π x - sen ⁡ 4 x 4 0 π

b 2 = 1 10 π π - sen ⁡ 4 π 4 - 0 - sen ⁡ 0 4

b 2 = 1 10 π π = 1 10

Assim, a nossa solução aparece apenas em n = 2

u x , t = 1 10 sen ⁡ 2 x cos ⁡ 4 t

Resposta

u x , t = 1 10 sen ⁡ 2 x cos ⁡ 4 t

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