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Exercícios Resolvidos de Equação de Laplace em regiões infinitas

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Enunciado

Considere a equação de Laplace em coordenadas polares no domínio Ω = x , y ϵ   R 2 ; x 2 + y 2 ≥ 9 ( Ω é dado pelo plano menos o disco de raio 3 ), com condição de contorno definida abaixo.

r 2 u r r + r u r + u θ θ = 0  

u 3 , θ = 2 + s e n ( 3 θ )

  1. Aplique separação de variáveis na equação e encontre as EDOs associadas ao problema acima.
  2. Encontre a solução limitada do problema.

Passo 1

Primeiro, vamos tentar entender a região Ω . Temos a desigualdade x 2 + y 2 ≥ 9 , mas a equação do círculo é x 2 + y 2 = R 2 , onde R é o seu raio. Assim, a região Ω é aquela com todos os pontos fora da circunferência de raio 3 e no mesmo plano dela.

Beleza? Com isso em mente, vamos começar a resolver. A letra a pede para separarmos as variáveis. Como estamos usando coordenas polares, então temos a função u r , θ . Então esperamos funções:

u r , θ = R r ⋅ Θ θ

Limitada e diferente de zero (solução não-trivial) para a região. Além disso, precisamos que a função seja 2 π -periódica, já que estamos tratando de um círculo, e num círculo a história se repete após uma volta completa.

Beleza, vamos substituir isso na E D P agora, lembrando que u r r significa que estamos derivando duas vezes em relação e r , por exemplo e que R r , Θ θ só dependem de r e θ , respectivamente:

r 2 u r r + r u r + u θ θ = 0 ⟹ r 2 R ' ' r ⋅ Θ θ + r R ' r ⋅ Θ θ + R r ⋅ Θ ' ' θ = 0

Isolando as duas funções: r 2 R ' ' r + r R ' r R r = - Θ ' ' θ Θ θ = λ

Em que esse λ é uma constante qualquer. Dessa maneira, as EDO’s do problema são:

r 2 R ' ' r + r R ' r = R r λ ⟹ r 2 R ' ' r + r R ' r - R r λ = 0

- Θ ' ' θ = Θ θ λ ⟹ Θ ' ' θ + Θ θ λ = 0

E isso é tudo que a letra a queria desse coração ferido.

Passo 2

Beleza, agora o problema quer a solução. Ou seja, o jogo começa agora! Para começar o processo, vamos testando valores possíveis para o λ e suas soluções. Então vamos lá. Começamos com o mais simples, o λ = 0 . Neste caso, ficamos com: Θ ' ' θ + Θ θ λ = 0 ⟹ Θ ' ' θ = 0

Ou seja, estamos procurando uma função que se anula na segunda derivada. Bem, veja que para uma reta y = a θ + b , temos: y ' = a

y ' ' = 0

Então, uma reta nessa forma é uma boa solução para o problema. Só que, precisamos que Θ θ , seja 2 π - periódica, como vimos no passo 1 . Dessa maneira, precisamos que a = 0 , para que tenhamos uma constante, que é periódica sempre.

Certo, então definimos: Θ θ = b

Para o caso de λ = 0 . Vamos ver agora para a segunda EDO: r 2 R ' ' r + r R ' r - R r λ = 0 ⟹ r 2 R ' ' r + r R ' r = 0

Ou seja: r 2 R ' ' r = - r R ' r

Como r ≠ 0 , já que estamos sempre fora do circulo: R ' ' r = - 1 r R ' r

Uma possível solução para isso é R r = c + d ln ⁡ r , pois: R ' r = d r

R ' ' r = - d r 2 = - 1 r R ' r

Show? Mas precisamos também que a nossa função seja limitada. Isso significa que a ela não pode tender para infinito se o raio cresce muito. Dessa maneira, como ln ⁡ r explode para quando o raio cresce, precisamos que d = 0 , sendo R r = c . Assim a nossa função será da forma: R r ⋅ Θ θ = b ⋅ c = c 0 2

Onde c 0 é uma constante qualquer. Por que sobre 2? Porque vai ficar mais fácil de calcular na hora que expandimos em série.

Passo 3

Legal, vamos ver agora para a segunda possibilidade para   λ : um valor negativo. Para representar claramente um valor negativo, substituímos-o por - λ 2 , para λ > 0 e ∈ R . Assim, teremos: Θ ' ' θ - λ 2 Θ θ = 0 ⟹ Θ ' ' θ = λ 2 Θ θ

Se consideramos Θ θ = a cosh ⁡ λ θ + b senh ⁡ λ θ , então: Θ ' ' θ = λ 2 a cosh ⁡ λ θ + b senh ⁡ λ θ = λ 2 Θ θ

Logo, temos aí uma possível solução. Porém, precisamos que ela seja periódica, e tanto o seno, quanto o cosseno hiperbólico, apesar do primeiro nome, não são periódicos! Assim, precisamos de a = b = 0 , o que implica na solução trivial Θ θ = 0 e, como R r deve ser limitada, R r ⋅ Θ θ = 0 , que não interessa a ninguém!

Passo 4

Finalmente, vamos testar para valores positivos, que podem ser representados por λ 2 , para λ > 0 e ∈ R . Assim sendo, teremos: Θ ' ' θ = - λ 2 Θ θ

Assim como vimos no passo anterior, uma solução é:

Θ θ = a cos ⁡ λ θ + b sen ⁡ λ θ

Mas agora com seno e cosseno simplesmente. Essas funções são sempre periódicas, então não temos que descartar nenhuma por hora. Porém, para que seja 2 π -perídódica, precisamos que λ = n = 1,2 , 3 ... Sempre inteiro.

Está bem, vamos analisar a outra EDO agora:

r 2 R ' ' r + r R ' r - λ 2 R r = 0

Repare ali que a frente de cada derivada, surge um termo r , isso é típico de um polinômio. Assim esperamos: R r = c r λ + d r - λ

Como queremos que a função seja limitada, temos c = 0 , ficando: R r = d r - λ = d r - n

Juntando tudo, temos: R r ⋅ Θ θ = d r - n a cos ⁡ n θ + b sen ⁡ n θ = r - n c n cos ⁡ λ θ + d n sen ⁡ λ θ

Onde c n e d n   são constantes que facilitam na hora da série.

Passo 5

Beleza, agora que obtemos todas as possibilidades de solução, juntamos tudo numa só, ficando:

u r , θ = c 0 2 + ∑ n = 0 ∞ r - n c n cos ⁡ n θ + d n sen ⁡ n θ

Onde o somatório apareceu, simplesmente porque temos várias possibilidades para n , devendo considerar todas na solução.

Estamos bem perto, mas ainda não acabou. Precisamos achar o valor dessas constantes, para tal, vamos considerar a condição dada:

u 3,0 = 2 + sen ⁡ ( 3 θ )

Igualando, temos: 2 + sen ⁡ ( 3 θ ) = c 0 2 + ∑ n = 0 ∞ 3 - n c n cos ⁡ n θ + d n sen ⁡ n θ

Para tentar fazer o 3 θ aparecer, vamos abrir um pouco nosso somatório:

… = c 0 2 + 3 - 1 c 1 cos ⁡ θ + d 1 sen ⁡ θ + + 3 - 2 c 2 cos ⁡ 2 θ + d 2 sen ⁡ 2 θ

+ 3 - 3 c 3 cos ⁡ 3 θ + d 3 sen ⁡ 3 θ + ∑ n = 4 ∞ 3 - n c n cos ⁡ n θ + d n sen ⁡ n θ

Comparando termo a termo, vemos que precisamos que: c 0 2 = 2 ⟹ c 0 = 4

E, para que o sen ⁡ 3 θ apareça: 3 - 3 d 3 = 1 ⟹ d 3 = 27

As demais constantes, podem ser nulas, ficando:

u r , θ = 2 + r - 3 sen ⁡ 3 θ

Resposta

u r , θ = 2 + r - 3 sen ⁡ 3 θ

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