Exercícios Resolvidos de Equação de Laplace do Retângulo

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 343. Exercício 1 a)

Encontre a solução u ( x , y ) da Equação de Laplace no retângulo 0 < x < a , 0 < y < b , que satisfaz as condições de contorno:

u 0 , y = 0 ,                 u a , y = 0                         0 < y < b

u x , 0 = 0 ,                 u x , b = g ( x )                         0 ≤ x ≤ a

Passo 1

Vamos desenhar esse retângulo só para a gente entender melhor:

Essas são as condições que o problema dá.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Beleza, agora vamos fazer, como sempre, a separação de variáveis.

Procuramos uma solução do tipo u x , y = X x . Y ( y ) . Como essa solução deve satisfazer a Equação de Laplace, temos:

u x x + u y y = 0

X ' ' x Y ( y ) + X ( x ) Y ' ' y = 0

Agora nós passamos tudo que tem x para um lado e o que tem y para o outro:

X ' ' x X x = - Y ' ' y Y y = λ

Como essa igualdade vale para todo x e para todo t , essas razões devem ser iguais a uma constante. Separando em duas equações, temos:

X ' ' - λ X = 0

Y ' ' + λ Y = 0

Aplicando a separação de variáveis para as condições homogêneas do problema (a função nós deixamos por último):

u x , 0 = 0       →       X x ⏟ ≠ 0 Y 0 = 0       →       Y 0 = 0

u a , y = 0         →         X ( a ) Y y ⏟ ≠ 0 = 0       →       X a = 0

u 0 , y = 0     →         X ( 0 ) Y ( y ) ⏟ ≠ 0 = 0       →       X 0 = 0

Então, temos o seguinte:

X ' ' - λ X = 0 X 0 = X a = 0 Y ' ' + λ Y = 0 Y 0 = 0

Passo 3

Resolver o problema que tem duas condições (de contorno)

Como a função X ( x ) é a que possui duas condições de contorno, vamos resolver primeiro o problema em x , temos:

X ' ' - λ X = 0 X 0 = X a = 0

Temos a seguinte equação característica:

r 2 - λ = 0

r = ± λ

Vamos ver as soluções caso a caso agora.

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 x + c 2 e - λ x

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

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X a = c 1 e a λ + c 2 e - a λ = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

c 1 e a λ - c 1 e - a λ = 0

c 1 ( e a λ - e - a 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 . 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 a = 0

X 0 = c 1 = 0

X a = c 1 + c 2 a = 0

Isso nos dá

c 2 a = 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!

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 a = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

X a = c 1 cos ⁡ a - λ + c 2 sen ⁡ a - λ = 0

Isso nos dá

c 2 sen ⁡ a λ - = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 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 ⁡ a - λ = 0

O seno se anula em π , 2 π , 3 π ... n π , múltiplos inteiros de π . Logo, podemos dizer que:

a - λ = n π             n = 1,2 , 3 …

- λ = n π a

λ n = - n π a 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = sen ⁡ n π x a                 n = 1,2 , 3 …

Passo 4

Tendo os valores de λ n , resolver a outra EDO

Beleza, agora temos que resolver o problema em y , temos:

Y ' ' + λ Y = 0 Y 0 = 0

A equação característica dessa EDO é a seguinte:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Já vimos que λ < 0 , não é? Quando encontramos seu valor no passo anterior. Então, as soluções dessa EDO são do tipo:

Y y = c 1 e r 1 y + c 2 e r 2 y

Não está errado escrever assim, mas é usual representar a solução dessa EDO (que é a combinação de exponenciais) dessa forma:

Y y = c 1 cosh ⁡ ( r y ) + c 2 s e n h ( r y )

Então, as soluções da EDO em x são:

Y y = c 1 cosh ⁡ n π y a + c 2 s e n h n π y a

Aplicando a condição Y 0 = 0 :

Y 0 = c 1 cosh ⁡ 0 ⏟ 1 + c 2 s e n h 0 ⏟ 0 = 0

c 1 = 0

Chegamos então a:

Y n y = s e n h n π y a

Então, podemos escrever o seguinte:

u n x , y = s e n n π x a s e n h n π y a

Passo 5

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

Como as combinações lineares de u n também são soluções do problema, temos que:

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n s e n n π x a s e n h n π y a  

Agora vamos usar a condição que faltou:   u x , b = g ( x ) .

u x , b = ∑ n = 1 ∞ b n s e n h n π b a ⏟ c o e f . d a   s é r i e   s e n n π x a = g ( x )

Repare que o coeficiente dos termos dessa série é tudo o que está no colchete! O que depende apenas de n (não de x ). Como essa é uma Série de Fourier de senos, fazendo uma extensão ímpar de g ( x ) , podemos dizer que:

b n s e n h n π b a = 2 a ∫ 0 a g x s e n   n π x a d x

Repare que o período da extensão é 2 a , não 2 L . Por isso apareceram esses a ’s na integral, tome cuidado. O a veio do denominador do seno.

b n = 2 a   s e n h n π b a ∫ 0 a g x s e n   n π x a d x

Dessa forma, encontramos os coeficientes b n da série e substituímos em

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n s e n n π x a s e n h n π y a  

Resposta

u x , y = ∑ n = 1 ∞ b n s e n n π x a s e n h n π y a  

Onde

b n = 2 a   s e n h n π b a ∫ 0 a g x s e n   n π x a d x

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