Considere o problema de uma membrana retangular que é mantida sob uma tensão por unidade de comprimento, T, que é igual em todas as direções, de modo que somente deslocamentos verticais são possíveis. Analogamente ao problema de uma corda esticada, podemos mostrar que a propagação de ondas nessa membrana, no regime de pequenos deslocamentos verticais, é dada pela equação de ondas em 2 D :
\frac{1}{v^{2}} \frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}-\nabla^{2} u=0
onde v=\sqrt{\frac{T}{\mu}}, com \mu sendo a densidade superficial de massa e u(x, y, t) é o deslocamento vertical da membrana em relação a sua posição de equilíbrio.
a) Usando separação de variáveis, mostre que esta equação se reduz às equações:
\begin{aligned} & \frac{d^{2} f}{d x^{2}}=\lambda_{1} f \\\ & \frac{d^{2} g}{d y^{2}}=\lambda_{2} g \\\ & \frac{d^{2} h}{d t^{2}}=\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right) v^{2} h \end{aligned}
onde u(x, y, t)=f(x) g(y) h(t) e \lambda_{1}, \lambda_{2} são constantes arbitrárias.
b) Considere as condições de contorno u(0, y, t)=u(a, y, t)=u(x, 0, t)=u(x, b, t)=0, com a e b sendo os comprimentos ao longo do eixo x e y da membrana, respectivamente. Além disso, considere as condições iniciais u(x, y, 0)=u_{0}(x, y) e \frac{\partial u(x, y, 0)}{\partial t}=v_{0}(x, y). Mostre que nesse caso, \lambda_{1}=-\frac{m^{2} \pi^{2}}{a^{2}}(m=1,2,3, \ldots) e \lambda_{2}=-\frac{n^{2} \pi^{2}}{a^{2}}(n=1,2,3, \ldots), com autofunções associadas
\begin{aligned} f_{m}(x) g_{n}(y) & =\sin \left(\frac{m \pi x}{a}\right) \sin \left(\frac{n \pi y}{b}\right) \\\ h_{m n}(t) & =a_{m n} \cos \left(\omega_{m n} t\right)+b_{m n} \sin \left(\omega_{m n} t\right) \end{aligned}
onde \omega_{m n}=\pi v \sqrt{m^{2} / a^{2}+n^{2} / b^{2}} e a_{m n}, b_{m n} são constantes reais arbitrárias que devem ser ajustadas para que a solução geral
u(x, y, t)=\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{m n} \cos \left(\omega_{m n} t\right)+b_{m n} \sin \left(\omega_{m n} t\right)\right) \sin \left(\frac{m \pi x}{a}\right) \sin \left(\frac{n \pi y}{b}\right)
satisfaça às condições iniciais.
c) Mostre \sin \left(\frac{m \pi x}{a}\right) \sin \left(\frac{n \pi y}{b}\right) forma um conjunto ortogonal de funções no intervalo (x, y) \in(0, a) \times(0, b).
d) Obtenha os coeficientes a_{m n} e b_{m n} em termos das funções u_{0}(x, y) e v_{0}(x, y).

Passo 1

O enunciado dá a equação de ondas em 2D
\frac{1}{v^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}-\nabla^{2}u=0,
com v=\sqrt{T/\mu} e pede quatro coisas:
  • (a) Usando separação de variáveis com u(x,y,t)=f(x)g(y)h(t), mostrar que surgem as equações ordinárias
\frac{d^{2}f}{dx^{2}}=\lambda_{1}f,\qquad \frac{d^{2}g}{dy^{2}}=\lambda_{2}g,\qquad \frac{d^{2}h}{dt^{2}}=(\lambda_{1}+\lambda_{2})v^{2}h,
com \lambda_{1},\lambda_{2} constantes.
  • (b) Com as condições de contorno homogêneas u(0,y,t)=u(a,y,t)=u(x,0,t)=u(x,b,t)=0 e condições iniciais u(x,y,0)=u_{0}(x,y),\; u_{t}(x,y,0)=v_{0}(x,y), mostrar que as constantes de separação são
\lambda_{1}=-\frac{m^{2}\pi^{2}}{a^{2}},\quad m=1,2,\dots \qquad\text{e}\qquad \lambda_{2}=-\frac{n^{2}\pi^{2}}{b^{2}},\quad n=1,2,\dots,
e obter as autofunções e a dependência temporal com \omega_{mn}.
  • (c) Mostrar que as funções \sin\!\big(\tfrac{m\pi x}{a}\big)\sin\!\big(\tfrac{n\pi y}{b}\big) formam um conjunto ortogonal em (0,a)\times(0,b).
  • (d) Obter as fórmulas dos coeficientes a_{mn} e b_{mn} em termos de u_{0} e v_{0}.
Todas as informações relevantes do enunciado já estão acima; a partir daqui começa a resolução detalhada passo a passo.

Passo 2

Supõe-se solução separável do tipo
u(x,y,t)=f(x)\,g(y)\,h(t).
Vamos substituir isso na equação de ondas. Primeiro calcule cada termo:
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=f(x)g(y)h''(t),
\nabla^{2}u=\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}} = f''(x)g(y)h(t)+f(x)g''(y)h(t).
Substituindo na PDE:
\frac{1}{v^{2}}f g h'' - \big(f'' g h + f g'' h\big)=0.
Agora divida ambos os lados por f(x)g(y)h(t) (assumindo funções não identicamente nulas):
\frac{1}{v^{2}}\frac{h''(t)}{h(t)} - \frac{f''(x)}{f(x)} - \frac{g''(y)}{g(y)} = 0.
Reescrevendo:
\frac{1}{v^{2}}\frac{h''(t)}{h(t)} = \frac{f''(x)}{f(x)} + \frac{g''(y)}{g(y)}.

Passo 3

Observação crucial de separação: o lado esquerdo é função só de t e o lado direito é soma de uma função só de x com uma só de y. Para que essa igualdade valha para todos x,y,t, cada termo dependente de variáveis distintas deve ser igual a uma constante. Procedemos em duas etapas:
  1. Primeiro, fixe x e y; a expressão à esquerda depende só de t, então a soma \dfrac{f''(x)}{f(x)}+\dfrac{g''(y)}{g(y)} também deve ser independente de x,y. Isso só é possível se cada fração for igual a uma constante (pois uma depende só de x e a outra só de y). Assim introduzimos constantes \lambda_{1} e \lambda_{2} tais que
\frac{f''(x)}{f(x)}=\lambda_{1},\qquad \frac{g''(y)}{g(y)}=\lambda_{2}.
  1. Então a igualdade anterior dá
\frac{1}{v^{2}}\frac{h''(t)}{h(t)}=\lambda_{1}+\lambda_{2}.
Multiplicando por v^{2}h(t) chegamos às equações ordinárias pedidas:
\frac{d^{2}f}{dx^{2}}=\lambda_{1}f,\qquad \frac{d^{2}g}{dy^{2}}=\lambda_{2}g,\qquad \frac{d^{2}h}{dt^{2}}=(\lambda_{1}+\lambda_{2})v^{2}h.
Isto responde a parte (a): vimos explicitamente como a separação gera essas três EDOs.

Passo 4

Agora aplicamos as condições de contorno para determinar quais valores \lambda_{1},\lambda_{2} permitem soluções não-triviais. Comecemos com a equação em x:
f''(x)=\lambda_{1}f(x),\qquad f(0)=0,\; f(a)=0.
Estudamos três casos possíveis para \lambda_{1}:
  • Caso \lambda_{1}>0. Escreva \lambda_{1}=\alpha^{2} com \alpha>0. A solução geral é
f(x)=A e^{\alpha x}+B e^{-\alpha x}.
As condições f(0)=0 e f(a)=0 implicam A+B=0 e A e^{\alpha a}+B e^{-\alpha a}=0. Dessas duas equações segue A(e^{\alpha a}-e^{-\alpha a})=0 e, como e^{\alpha a}-e^{-\alpha a}\neq 0, obtemos A=0 e então B=0. Logo a única solução é a trivial f\equiv 0. Portanto \lambda_{1}>0 não dá solução não-trivial.
  • Caso \lambda_{1}=0. Então f''=0 e f(x)=Ax+B. As condições f(0)=0 e f(a)=0 dão B=0 e A a=0\Rightarrow A=0. De novo somente a solução trivial.
  • Caso \lambda_{1}<0. Escreva \lambda_{1}=-\alpha^{2} com \alpha>0. A EDO fica
f''+\alpha^{2}f=0,
com solução geral
f(x)=C\cos(\alpha x)+D\sin(\alpha x).
Aplicando f(0)=0 C=0. Aplicando f(a)=0 D\sin(\alpha a)=0. Para obter solução não-trivial precisamos D\neq 0, então exigimos
\sin(\alpha a)=0 \quad\Rightarrow\quad \alpha a = m\pi,\qquad m=1,2,3,\dots
Logo \alpha=\dfrac{m\pi}{a} e
\lambda_{1}=-\left(\frac{m\pi}{a}\right)^{2}=-\frac{m^{2}\pi^{2}}{a^{2}},
com autovetor (escolhendo constante multiplicativa) proporcional a
f_{m}(x)=\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right).
O mesmo raciocínio para g(y) com condições g(0)=g(b)=0 leva a
\lambda_{2}=-\frac{n^{2}\pi^{2}}{b^{2}},\qquad n=1,2,\dots,
e
g_{n}(y)=\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right).
Portanto os autovalores espaciais são exatamente os indicados no enunciado.

Passo 5

Com \lambda_{1}=-\dfrac{m^{2}\pi^{2}}{a^{2}} e \lambda_{2}=-\dfrac{n^{2}\pi^{2}}{b^{2}} a equação temporal fica
h''(t) = (\lambda_{1}+\lambda_{2})v^{2} h(t) = -\pi^{2} v^{2}\!\left(\frac{m^{2}}{a^{2}}+\frac{n^{2}}{b^{2}}\right) h(t).
Defina
\omega_{mn}^{2}=\pi^{2} v^{2}\!\left(\frac{m^{2}}{a^{2}}+\frac{n^{2}}{b^{2}}\right),
então
h''(t)+\omega_{mn}^{2} h(t)=0.
A solução geral desta equação harmónica é
h_{mn}(t)=a_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+b_{mn}\sin(\omega_{mn}t),
onde a_{mn},b_{mn} são constantes reais (a nomenclatura coincide com a do enunciado). Assim cada modo separável é
u_{mn}(x,y,t)=\big(a_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+b_{mn}\sin(\omega_{mn}t)\big) \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right).
Somando sobre todos os modos (superposição linear permitida por linearidade da PDE) obtemos a solução geral imposta:
u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+b_{mn}\sin(\omega_{mn}t)\right) \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right),
com \omega_{mn} conforme definido acima. Isso responde (b) — aparece exatamente a forma pedida.

Passo 6

Agora provamos a ortogonalidade pedida em (c). Começamos com a ortogonalidade unidimensional das funções [\sin!\big(\tfrac{m\pi x}{a}\big)) em (0,a).
Calcule para m e m' inteiros positivos
I_{mm'}=\int_{0}^{a}\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{m'\pi x}{a}\right)\,dx.
Usamos a identidade de produto de senos:
\sin A\sin B=\tfrac{1}{2}\big(\cos(A-B)-\cos(A+B)\big).
Assim
I_{mm'}=\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\Big(\cos\!\big(\tfrac{(m-m')\pi x}{a}\big)-\cos\!\big(\tfrac{(m+m')\pi x}{a}\big)\Big)\,dx.
Integre cada cosseno: para inteiro k\neq 0,
\int_{0}^{a}\cos\!\big(\tfrac{k\pi x}{a}\big)\,dx=\left.\frac{a}{k\pi}\sin\!\big(\tfrac{k\pi x}{a}\big)\right|_{0}^{a} =\frac{a}{k\pi}\big(\sin(k\pi)-0\big)=0,
porque \sin(k\pi)=0. Portanto, quando m\neq m' ambos os termos têm k\neq 0 e I_{mm'}=0. Quando m=m', temos
I_{mm}=\int_{0}^{a}\sin^{2}\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\big(1-\cos\!\big(\tfrac{2m\pi x}{a}\big)\big)\,dx =\frac{1}{2}\left[a-0\right]=\frac{a}{2}.
Analogamente para o eixo y,
\int_{0}^{b}\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\sin\!\left(\frac{n'\pi y}{b}\right)\,dy =\begin{cases} 0,& n\neq n',\\[4pt] \dfrac{b}{2},& n=n'. \end{cases}
Para as funções bidimensionais, a integral do produto fatoriza:
\int_{0}^{a}\int_{0}^{b}\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right) \sin\!\left(\frac{m'\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n'\pi y}{b}\right)\,dy\,dx = \left(\int_{0}^{a}\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{m'\pi x}{a}\right)\,dx\right) \left(\int_{0}^{b}\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\sin\!\left(\frac{n'\pi y}{b}\right)\,dy\right).
Pelo que já mostramos, este produto é zero se m\neq m'\] ou \(n\neq n', e é \dfrac{a}{2}\cdot\dfrac{b}{2}=\dfrac{ab}{4} se m=m' e n=n'. Portanto as funções \sin\!\big(\tfrac{m\pi x}{a}\big)\sin\!\big(\tfrac{n\pi y}{b}\big) são ortogonais no domínio (0,a)\times(0,b). Isso responde (c).]

Passo 7

Agora obtemos os coeficientes a_{mn} e b_{mn} (parte d) usando as condições iniciais. Escrevemos a série solução no instante t=0 e sua derivada temporal em t=0:
  • Em t=0:
u(x,y,0)=u_{0}(x,y)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} a_{mn}\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right),
pois \cos(0)=1 e \sin(0)=0.
  • Derivando em t e avaliando em t=0:
\frac{\partial u}{\partial t}(x,y,0)=v_{0}(x,y)= \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} b_{mn}\,\omega_{mn}\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right),
porque \frac{d}{dt}\big(a_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+b_{mn}\sin(\omega_{mn}t)\big)\big|_{t=0} = -a_{mn}\omega_{mn}\sin(0)+b_{mn}\omega_{mn}\cos(0)=b_{mn}\omega_{mn}.
Agora projetamos sobre um modo particular (m,n) e usamos ortogonalidade. Multiplique a expressão para u_{0} por \sin\!\big(\tfrac{m\pi x}{a}\big)\sin\!\big(\tfrac{n\pi y}{b}\big) e integre sobre o retângulo:
\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} u_{0}(x,y)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx = \sum_{p}\sum_{q} a_{pq}\, \mathcal{I}_{pq,mn},
onde
\mathcal{I}_{pq,mn}=\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} \sin\!\left(\frac{p\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{q\pi y}{b}\right) \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx.
Por ortogonalidade \mathcal{I}_{pq,mn}=0 salvo p=m e q=n, e para p=m,\;q=n vale \mathcal{I}_{mn,mn}=ab/4. Assim apenas o termo p=m,q=n permanece no somatório, de onde
\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} u_{0}(x,y)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx = a_{mn}\,\frac{ab}{4}.
Isolando a_{mn},
a_{mn}=\frac{4}{ab}\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} u_{0}(x,y)\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx.
Procedimento análogo para v_{0}: projetando a série de v_{0} sobre o modo (m,n) obtemos
\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} v_{0}(x,y)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx = b_{mn}\omega_{mn}\,\frac{ab}{4}.
Logo
b_{mn}=\frac{4}{ab\,\omega_{mn}}\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} v_{0}(x,y)\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx.
Estas fórmulas dão a_{mn} e b_{mn} em termos das condições iniciais u_{0} e v_{0}. Observação prática: as integrais devem existir (por exemplo u_{0},v_{0} quadrado-integráveis no retângulo) para que as somas façam sentido; em provas isso costuma ser assumido.

Resposta

(a) \displaystyle \frac{d^{2}f}{dx^{2}}=\lambda_{1}f,\quad (b)\\ \displaystyle \frac{d^{2}g}{dy^{2}}=\lambda_{2}g,\quad \text{(c)}\\ \displaystyle \frac{d^{2}h}{dt^{2}}=(\lambda_{1}+\lambda_{2})v^{2}h.
(b) \displaystyle \lambda_{1}=-\frac{m^{2}\pi^{2}}{a^{2}},\\ m=1,2,\dots;\quad \lambda_{2}=-\frac{n^{2}\pi^{2}}{b^{2}},\\ n=1,2,\dots.
\displaystyle f_{m}(x)g_{n}(y)=\sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right),
\displaystyle h_{mn}(t)=a_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+b_{mn}\sin(\omega_{mn}t),
\displaystyle \omega_{mn}=\pi v\sqrt{\frac{m^{2}}{a^{2}}+\frac{n^{2}}{b^{2}}}.
A solução geral:
\displaystyle u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\big(a_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+b_{mn}\sin(\omega_{mn}t)\big) \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right).
(c) As funções \displaystyle \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right) são ortogonais em (0,a)\times(0,b); isto é,
\displaystyle \int_{0}^{a}\int_{0}^{b} \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right) \sin\!\left(\frac{m'\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n'\pi y}{b}\right)\,dy\,dx=0
se m\neq m' ou n\neq n', e vale \dfrac{ab}{4} se m=m' e n=n'.
(d) \displaystyle a_{mn}=\frac{4}{ab}\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} u_{0}(x,y)\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx.
\displaystyle b_{mn}=\frac{4}{ab\,\omega_{mn}}\int_{0}^{a}\int_{0}^{b} v_{0}(x,y)\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{b}\right)\,dy\,dx.

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