Exercícios Resolvidos de Equação de Laplace em regiões infinitas

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 343. Exercício 8 a)

Encontre a solução u ( x , y ) da Equação de Laplace na faixa semi-infinita 0 < x < a , y > 0 , que satisfaz as condições de contorno

u 0 , y = 0 ,                 u a , y = 0                         y > 0

u x , 0 = f ( x ) ,                                       0 x a

E a condição adicional de que u x , y 0 quando y

Passo 1

Esse problema tem um detalhe diferente, olha só as condições que temos:

u x x + u y y = 0

u 0 , y = 0

u a , y = 0

lim y u ( x , y ) = 0

Como nos outros problemas, nós ainda temos 4 condições para a Equação de Laplace. Mas aqui, uma delas não nos dá nem o valor de u ( x , y ) em um ponto nem a sua derivada, nós da um limite! WTF.

Isso acontece porque, como o problema diz, não temos um retângulo, mas uma faixa semi-infinita, ela é “finita” na direção x e “infinita’ na direção y , olha só:

Por isso a 4ª condição não é um valor na borda, mas um limite!

Por enquanto nós vamos resolver o problema da mesma forma que temos feito, depois nos preocupamos com essa condição esquisita, ok?

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:

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 e o limite nós deixamos para depois):

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

Não está faltando uma condição para Y ( y ) ? Calma, vamos chegar lá!

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 y , 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 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

A equação característica dessa EDO é a seguinte:

r 2 + λ r = 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

Como nós já vimos, é usual escrever essa resposta em função de s e n h e c o s h . Mas nós vamos ter que tomar o limite de u ( x , y ) para satisfazer as condições do problema, e analisar o limite das exponenciais é muito mais simples, né? Então vamos escrever a solução Y ( y ) em exponenciais mesmo.

Temos o seguinte agora:

u n x , y = s e n n π x a c 1 e n π y / a + c 2 e - n π y / a

Para sumir com esses coeficientes c 1 e c 2 , precisamos aplicar a condição:

lim y u ( x , y ) = 0

u n x , y = c 1 s e n n π x a e n π y / a + c 2 s e n n π x a e - n π y / a y

OBS: como s e n n π x a é uma função que oscila, o limite de u ( x , y ) depende apenas da parte que tem y !

Agora repara que, como n π a > 0 , o limite desse 1º termo é infinito quando y . Já o limite do 2º termo é zero, porque o expoente é negativo.

Então, para que lim y u ( x , y ) = 0 , precisamos sumir com esse 1º termo, o que nos leva a

c 1 = 0

Certo? Temos então:

u n x , y = s e n n π x a e - n π y / a

Nós não escrevemos o c 2 porque, como já vimos, autovetores são escritos sem o coeficiente que os multiplica.

Passo 5

Precisamos 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 e - n π y / a  

Agora vamos usar a condição que faltou:   u x . 0 = f ( x ) .

u x , 0 = n = 1 b n   s e n n π x a = f ( x )

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

b n = 2 a 0 a f 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.

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 e - n π y / a  

Resposta

u x , y = n = 1 b n s e n n π x a e - n π y / a  

Onde

b n = 2 a 0 a f x s e n   n π x a d x

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