Em cada um dos casos a seguir, determine a solução da equação de Laplace no retângulo R=(0,1) \times(0,2) que satisfaz as condições de Dirichlet indicadas.
\begin{array}{lll}u(x, 0)=x \cos \left(\frac{\pi}{2} x\right), & u(x, 2)=(1-x) \operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2} x\right), & 0 \leq x \leq 1 ;\u(0, y)=y \cos \left(\frac{\pi}{4} y\right), & u(1, y)=(2-y) \operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{4} y\right), & 0 \leq y \leq 2 .\end{array}
Sugestão: Utilize a série em (a). Para encontrar as outras séries de senos você pode utilizar as igualdades f_{1}(x)=f_{2}(1-x), g_{1}(y)=2 f_{1}\left(\frac{y}{2}\right) e g_{2}(y)=2 f_{2}(y / 2).

Passo 1

O que o enunciado pede e quais dados temos (vou listar tudo com calma):
  • Domínio: o retângulo R=(0,1)\times(0,2).
  • Queremos a solução u(x,y) da equação de Laplace \Delta u=0 em R que satisfaz condições de Dirichlet nas quatro arestas: \begin{aligned} u(x,0)&=f_1(x)=x\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{2}x\bigr), & 0\le x\le1,\\\ u(x,2)&=f_2(x)=(1-x)\operatorname{sen}\!\bigl(\tfrac{\pi}{2}x\bigr), & 0\le x\le1,\\\ u(0,y)&=g_1(y)=y\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{4}y\bigr), & 0\le y\le2,\\\ u(1,y)&=g_2(y)=(2-y)\operatorname{sen}\!\bigl(\tfrac{\pi}{4}y\bigr), & 0\le y\le2. \end{aligned}
  • Observações úteis (tiradas do enunciado / sugestão):
    • f_1(0)=f_1(1)=0 e f_2(0)=f_2(1)=0: ambas anulam nas bordas x=0,1.
    • g_1(0)=g_1(2)=0 e g_2(0)=g_2(2)=0: ambas anulam nas bordas y=0,2.
    • Relações indicadas que vamos usar mais tarde: f_1(x)=f_2(1-x),\qquad g_1(y)=2\,f_1\!\bigl(\tfrac{y}{2}\bigr),\qquad g_2(y)=2\,f_2\!\bigl(\tfrac{y}{2}\bigr).

Passo 2

Estratégia de solução (em passos concretos e sem pular):
  • Usar linearidade: escrever u=u^{(b)}+u^{(t)}+u^{(\ell)}+u^{(r)}, onde cada parcela resolve Laplace com dados não nulos apenas numa aresta:
    • u^{(b)} tem u^{(b)}(x,0)=f_1(x) e é zero nas outras três arestas.
    • u^{(t)} tem u^{(t)}(x,2)=f_2(x) e é zero nas outras três arestas.
    • u^{(\ell)} tem u^{(\ell)}(0,y)=g_1(y) e é zero nas outras três arestas.
    • u^{(r)} tem u^{(r)}(1,y)=g_2(y) e é zero nas outras três arestas.
  • Para as condições que valem em x=0,1 (ou em y=0,2), usar séries de senos apropriadas (porque as funções anulam nas extremidades) e a separação de variáveis fornece a dependência em y (ou em x) via \operatorname{sinh}.
  • Vou construir cada parcela e depois somar. Isso evita resolver um sistema complicado de coeficientes globais e aproveita as relações dadas para economizar trabalho.

Passo 3

Construção de u^{(b)} (contribuição do bordo inferior y=0):
  • Motivação curta: para dados no bordo y=0 que se anulam em x=0,1 é natural expandir f_1(x) em série de senos f_1(x)=\sum_{n=1}^\infty f_n\sin(n\pi x),\qquad f_n=2\int_0^1 f_1(x)\sin(n\pi x)\,dx.Explico: a base \{\sin(n\pi x)\} satisfaz zero em x=0,1, e a constante 2 vem da fórmula padrão de coeficiente de série de seno em [0,1].
  • Para cada termo \sin(n\pi x) a equação de Laplace separa e a dependência em y que é zero em y=2 e igual a 1 em y=0 (no modo de construção normalizado) é dada por \dfrac{\operatorname{sinh}\!\bigl(n\pi(2-y)\bigr)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)}. Portanto u^{(b)}(x,y)=\sum_{n=1}^\infty f_n \,\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(n\pi(2-y)\bigr)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)}\sin(n\pi x).(Esta é a forma padrão: em geral, em 0<x<a, 0<y<b, termo \sin(n\pi x/a) tem fator \operatorname{sinh}(n\pi(b-y)/a)/\operatorname{sinh}(n\pi b/a). Aqui a=1, b=2.)

Passo 4

Cálculo explícito dos coeficientes f_n para f_1(x)=x\cos(\tfrac{\pi}{2}x):
  • Defino integral base f_n=2\int_0^1 x\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{2}x\bigr)\sin(n\pi x)\,dx.
  • Uso a identidade produto-soma: \cos(\tfrac{\pi}{2}x)\sin(n\pi x)=\tfrac{1}{2}\bigl(\sin((n\pi+\tfrac{\pi}{2})x)+\sin((n\pi-\tfrac{\pi}{2})x)\bigr).Então definimos, para \lambda\neq0, J(\lambda)=\int_0^1 x\sin(\lambda x)\,dx.Fazendo integração por partes com u=x,\\ dv=\sin(\lambda x)dx obtemos J(\lambda)=-\frac{\cos\lambda}{\lambda}+\frac{\sin\lambda}{\lambda^2}.
  • Aplicando isto com \lambda=n\pi\pm\tfrac{\pi}{2}=\pi(n\pm\tfrac{1}{2}), e usando as identidades trigonométricas: \sin\!\bigl(\pi(n+\tfrac{1}{2})\bigr)=(-1)^n,\qquad \sin\!\bigl(\pi(n-\tfrac{1}{2})\bigr)=(-1)^{n+1},
\cos\!\bigl(\pi(n\pm\tfrac{1}{2})\bigr)=0,
obtemos
J\bigl(\pi(n+\tfrac{1}{2})\bigr)=\frac{(-1)^n}{\pi^2(n+\tfrac{1}{2})^2},\qquad J\bigl(\pi(n-\tfrac{1}{2})\bigr)=\frac{(-1)^{n+1}}{\pi^2(n-\tfrac{1}{2})^2}.
  • Como f_n=2\cdot\tfrac12\bigl(J(\pi(n+\tfrac12))+J(\pi(n-\tfrac12))\bigr) (o \tfrac12 vem da identidade produto-soma e o 2 fora cancela), concluímos f_n=J\bigl(\pi(n+\tfrac12)\bigr)+J\bigl(\pi(n-\tfrac12)\bigr) =\frac{(-1)^n}{\pi^2}\!\left(\frac{1}{(n+\tfrac12)^2}-\frac{1}{(n-\tfrac12)^2}\right).
  • Simplificando a diferença de frações: \frac{1}{(n+\tfrac12)^2}-\frac{1}{(n-\tfrac12)^2} =-\frac{2n}{\bigl(n^2-\tfrac14\bigr)^2},logo, finalmente, f_n=\frac{2n(-1)^{n+1}}{\pi^2\bigl(n^2-\tfrac14\bigr)^2}.

Passo 5

Construção de u^{(t)} (contribuição do bordo superior y=2):
  • Observação simples: f_2(x)=(1-x)\operatorname{sen}(\tfrac{\pi}{2}x)=f_1(1-x). Para séries de senos em [0,1] vale a relação \sin\bigl(n\pi(1-x)\bigr)=(-1)^{n+1}\sin(n\pi x),então os coeficientes de f_2 são f_{2,n}=(-1)^{n+1}f_n.
  • A solução que tem u^{(t)}(x,2)=f_2(x) e zero nas outras três arestas é, por separação e pela forma padrão, u^{(t)}(x,y)=\sum_{n=1}^\infty f_{2,n}\,\frac{\operatorname{sinh}(n\pi y)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)}\sin(n\pi x).(Note que agora o \operatorname{sinh} aparece com y em vez de 2-y porque queremos zero em y=0 e valor em y=2.)

Passo 6

Construção de u^{(\ell)} (contribuição do bordo esquerdo x=0):
  • Expandimos g_1(y) em série de senos no intervalo [0,2]: g_1(y)=\sum_{m=1}^\infty G_m\sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr), \qquad G_m=\int_0^2 g_1(y)\sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr)\,dy,porque para L=2 a fórmula de coeficiente do seno é G_m=\tfrac{2}{L}\int_0^L g\sin(m\pi y/L)dy=\int_0^2\cdots (a constante 2/L com L=2 1).
  • Usando a relação do enunciado g_1(y)=2 f_1\!\bigl(\tfrac{y}{2}\bigr) fazemos a mudança de variável x=y/2, dy=2dx: G_m=\int_0^2 2 f_1\!\bigl(\tfrac{y}{2}\bigr)\sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr)\,dy =4\int_0^1 f_1(x)\sin(m\pi x)\,dx=2 f_m,pois f_m=2\int_0^1 f_1(x)\sin(m\pi x)\,dx.
  • A dependência em x que é zero em x=1 e vale 1 em x=0 para cada modo \sin(\tfrac{m\pi}{2}y) é \dfrac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}(1-x)\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})}. Portanto u^{(\ell)}(x,y)=\sum_{m=1}^\infty G_m\,\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}(1-x)\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} \sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr),com G_m=2f_m.

Passo 7

Construção de u^{(r)} (contribuição do bordo direito x=1):
  • De modo análogo, g_2(y)=2 f_2\!\bigl(\tfrac{y}{2}\bigr). Os coeficientes para a série em \sin(\tfrac{m\pi}{2}y) são G'_m=\int_0^2 g_2(y)\sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr)\,dy=2 f_{2,m},e, como vimos, f_{2,m}=(-1)^{m+1}f_m. Então G'_m=2(-1)^{m+1}f_m.
  • A dependência em x que é zero em x=0 e vale 1 em x=1 é \dfrac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}x\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})}. Portanto u^{(r)}(x,y)=\sum_{m=1}^\infty G'_m\,\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}x\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} \sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr).

Passo 8

Somando as quatro parcelas e escrevendo tudo em termos de f_n (simplificação e fórmula final):
  • Relembrando o valor explicitado de f_n obtido no Passo 4: f_n=\frac{2n(-1)^{n+1}}{\pi^2\bigl(n^2-\tfrac14\bigr)^2},\qquad n\ge1.E então f_{2,n}=(-1)^{n+1}f_n=\frac{2n}{\pi^2\bigl(n^2-\tfrac14\bigr)^2},
G_m=2f_m=\frac{4m(-1)^{m+1}}{\pi^2\bigl(m^2-\tfrac14\bigr)^2},\qquad G'_m=2f_{2,m}=\frac{4m}{\pi^2\bigl(m^2-\tfrac14\bigr)^2}.
  • A solução completa é a soma: \boxed{\,u(x,y)=u^{(b)}(x,y)+u^{(t)}(x,y)+u^{(\ell)}(x,y)+u^{(r)}(x,y)\,}com cada termo dado explicitamente por: \begin{aligned} u^{(b)}(x,y)&=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n\, \frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(n\pi(2-y)\bigr)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)}\sin(n\pi x),\\[6pt] u^{(t)}(x,y)&=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_{2,n}\, \frac{\operatorname{sinh}(n\pi y)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)}\sin(n\pi x),\\[6pt] u^{(\ell)}(x,y)&=\displaystyle\sum_{m=1}^\infty (2f_m)\, \frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}(1-x)\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} \sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr),\\[6pt] u^{(r)}(x,y)&=\displaystyle\sum_{m=1}^\infty (2f_{2,m})\, \frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}x\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} \sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr). \end{aligned}
  • Se quiser juntar u^{(b)}+u^{(t)} em um único somatório em n e u^{(\ell)}+u^{(r)} em um único somatório em m, uma forma compacta é: \begin{aligned} u(x,y)&=\sum_{n=1}^\infty \left[ f_n\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(n\pi(2-y)\bigr)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)} +f_{2,n}\frac{\operatorname{sinh}(n\pi y)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)} \right]\sin(n\pi x)\\[6pt] &\qquad{}+\sum_{m=1}^\infty \left[ 2f_m\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}(1-x)\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} +2f_{2,m}\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}x\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} \right]\sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr), \end{aligned}com f_n dado explicitamente acima.]

Resposta

u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty \left[ \frac{2n(-1)^{n+1}}{\pi^2\bigl(n^2-\tfrac14\bigr)^2}\,\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(n\pi(2-y)\bigr)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)} +\frac{2n}{\pi^2\bigl(n^2-\tfrac14\bigr)^2}\,\frac{\operatorname{sinh}(n\pi y)}{\operatorname{sinh}(2n\pi)} \right]\sin(n\pi x)
\qquad{}+\sum_{m=1}^\infty \left[ \frac{4m(-1)^{m+1}}{\pi^2\bigl(m^2-\tfrac14\bigr)^2}\,\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}(1-x)\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} +\frac{4m}{\pi^2\bigl(m^2-\tfrac14\bigr)^2}\,\frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}x\bigr)}{\operatorname{sinh}(\tfrac{m\pi}{2})} \right]\sin\!\bigl(\tfrac{m\pi}{2}y\bigr).

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