Encontre a distribuição do potencial elétrico dentro de uma caixa, 0<x<\mathrm{L} e 0<y<\mathrm{H}. Cada face apresenta os seguintes potenciais que satisfaz a equação do Laplaciano:
\begin{aligned} & V(0, y)=-V_{0} \\\ & V(L, y)=0 \\\ & V(x, 0)=0 \\\ & V(x, H)=V_{0} \end{aligned}

Passo 1

O que o enunciado nos dá e o que pede:
  • Domínio: a caixa retangular 0<x<\mathrm{L}, 0<y<\mathrm{H}.
  • Equação a satisfazer (dentro da caixa): \nabla^{2}V=0 (equação de Laplace).
  • Condições de contorno (valores de V nas quatro faces):
    • V(0,y) = -V_{0} para 0<y<\mathrm{H}.
    • V(\mathrm{L},y) = 0 para 0<y<\mathrm{H}.
    • V(x,0) = 0 para 0<x<\mathrm{L}.
    • V(x,\mathrm{H}) = V_{0} para 0<x<\mathrm{L}.
  • O objetivo: encontrar a distribuição do potencial V(x,y) dentro da caixa (ou seja, uma expressão para V(x,y) válida em todo o domínio que satisfaça a equação de Laplace e as quatro condições de contorno).

Passo 2

Estratégia e ideia inicial (por que fazemos isso):
  • É comum em problemas com condições de contorno de Dirichlet distintas nas arestas transformar parte do problema para ter condições homogêneas (zero) em dois lados, porque aí dá para usar separação de variáveis e séries de senos/cossenos.
  • Uma escolha natural para “tirar” as condições superior/inferior é usar uma função linear em y que já satisfaça V(x,0)=0 e V(x,\mathrm{H})=V_{0}. A função linear mais simples é V_{\text{lin}}(y)=\frac{V_{0}}{\mathrm{H}}\,y.Note que esta função é harmônica (segue de \nabla^{2}V_{\text{lin}}=0, porque é linear em y).
  • Então escrevemos o potencial total como soma de duas partes: V(x,y)=V_{\text{lin}}(y)+w(x,y),onde w(x,y) deverá resolver Laplace com condições homogêneas em y=0 e y=\mathrm{H}. Isso facilita usar séries de senos em y.

Passo 3

Equação e condições para w(x,y):
  • Como V_{\text{lin}} é harmônica, w também satisfaz \nabla^{2}w=0.
  • Calculemos as condições de contorno de w:
    • Em y=0: w(x,0)=V(x,0)-V_{\text{lin}}(0)=0-0=0.
    • Em y=\mathrm{H}: w(x,\mathrm{H})=V(x,\mathrm{H})-V_{\text{lin}}(\mathrm{H})=V_{0}-V_{0}=0.
    • Em x=0: w(0,y)=V(0,y)-V_{\text{lin}}(y)=-V_{0}-\dfrac{V_{0}}{\mathrm{H}}y=-V_{0}\Big(1+\dfrac{y}{\mathrm{H}}\Big).
    • Em x=\mathrm{L}: w(\mathrm{L},y)=V(\mathrm{L},y)-V_{\text{lin}}(y)=0-\dfrac{V_{0}}{\mathrm{H}}y=-\dfrac{V_{0}}{\mathrm{H}}y.
  • Portanto w satisfaz \begin{cases} \nabla^{2}w=0, & 0<x<\mathrm{L},\\\ 0<y<\mathrm{H},\\[4pt] w(x,0)=0,\quad w(x,\mathrm{H})=0, & 0<x<\mathrm{L},\\[4pt] w(0,y)=-V_{0}\Big(1+\dfrac{y}{\mathrm{H}}\Big),\quad w(\mathrm{L},y)=-\dfrac{V_{0}}{\mathrm{H}}y, & 0<y<\mathrm{H}. \end{cases}]

Passo 4

Separação de variáveis para w (modo geral):
  • Como w=0 em y=0 e y=\mathrm{H}, faz sentido expandir w em séries de senos em y. Procuramos modos do tipo X(x)Y(y) com \frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{Y''(y)}{Y(y)} = 0.Igualando a uma constante negativa -k^{2} obtemos Y'' + k^{2}Y=0,\qquad X''-k^{2}X=0.
  • Para satisfazer Y(0)=Y(\mathrm{H})=0 os autovalores são k_{n}=\frac{n\pi}{\mathrm{H}},\qquad n=1,2,3,\dots,e os autovetores são Y_{n}(y)=\sin\!\big(k_{n}y\big)=\sin\!\big(\tfrac{n\pi y}{\mathrm{H}}\big).
  • Para cada n, a equação em x é X_n''-k_n^{2}X_n=0, cuja solução geral é X_n(x)=A_n\operatorname{sinh}\!\big(k_n x\big)+B_n\operatorname{sinh}\!\big(k_n(\mathrm{L}-x)\big).(esta forma é conveniente porque dá valores fáceis em x=0 e x=\mathrm{L}: X_n(0)=B_n\operatorname{sinh}(k_n\mathrm{L}) e X_n(\mathrm{L})=A_n\operatorname{sinh}(k_n\mathrm{L}).)
  • Assim a forma em série para w será w(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}X_n(x)\sin\!\big(k_n y\big) =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n\operatorname{sinh}\!\big(k_n(\mathrm{L}-x)\big)+b_n\operatorname{sinh}\!\big(k_n x\big)}{\operatorname{sinh}\!\big(k_n\mathrm{L}\big)}\sin\!\big(k_n y\big),onde escolhemos que a_n e b_n sejam exatamente os coeficientes de Fourier que representam as funções laterais: a_n = \text{coeficiente de seno da função } w(0,y), \qquad b_n = \text{coeficiente de seno da função } w(\mathrm{L},y).çãçãIsto porque, com essa escolha, w(0,y)=\sum a_n\sin(k_n y) e w(\mathrm{L},y)=\sum b_n\sin(k_n y).

Passo 5

Fórmula dos coeficientes de série seno (recapitulando):
  • Para uma função f(y) definida em 0<y<\mathrm{H}, a série de senos tem coeficientes c_n=\frac{2}{\mathrm{H}}\int_{0}^{\mathrm{H}} f(y)\sin\!\big(k_n y\big)\,dy,\qquad k_n=\frac{n\pi}{\mathrm{H}}.
  • Aplicaremos isso às duas funções laterais que obtivemos: f_{\!0}(y)=w(0,y)=-V_{0}\Big(1+\frac{y}{\mathrm{H}}\Big), \qquad f_{\!L}(y)=w(\mathrm{L},y)=-\frac{V_{0}}{\mathrm{H}}y.Logo a_n=\frac{2}{\mathrm{H}}\int_{0}^{\mathrm{H}} \Big(-V_{0}\Big(1+\frac{y}{\mathrm{H}}\Big)\Big)\sin\!\big(k_n y\big)\,dy,
b_n=\frac{2}{\mathrm{H}}\int_{0}^{\mathrm{H}} \Big(-\frac{V_{0}}{\mathrm{H}}y\Big)\sin\!\big(k_n y\big)\,dy.

Passo 6

Cálculo de b_n (lado x=\mathrm{L}):
  • Defina \alpha=k_n=\dfrac{n\pi}{\mathrm{H}}. Então b_n=-\frac{2V_{0}}{\mathrm{H}^{2}}\int_{0}^{\mathrm{H}} y\sin(\alpha y)\,dy.
  • Use a primitiva conhecida \int y\sin(\alpha y)\,dy = -\frac{y\cos(\alpha y)}{\alpha}+\frac{\sin(\alpha y)}{\alpha^{2}}.Avaliando de 0 a \mathrm{H} e lembrando que \sin(n\pi)=0, \cos(n\pi)=(-1)^{n}, obtemos \int_{0}^{\mathrm{H}} y\sin(\alpha y)\,dy = -\frac{\mathrm{H}\cos(\alpha\mathrm{H})}{\alpha} = -\frac{\mathrm{H}(-1)^{n}}{\alpha}.
  • Substituindo \alpha=\dfrac{n\pi}{\mathrm{H}} \int_{0}^{\mathrm{H}} y\sin(\alpha y)\,dy = -\frac{\mathrm{H}^{2}(-1)^{n}}{n\pi}.
  • Logo b_n=-\frac{2V_{0}}{\mathrm{H}^{2}}\left(-\frac{\mathrm{H}^{2}(-1)^{n}}{n\pi}\right) =\frac{2V_{0}(-1)^{n}}{n\pi}.

Passo 7

Cálculo de a_n (lado x=0):
  • Lembrando f_{\!0}(y)=-V_{0}-\dfrac{V_{0}}{\mathrm{H}}y, podemos separar a integral em duas partes: a_n=\frac{2}{\mathrm{H}}\left[-V_{0}\int_{0}^{\mathrm{H}}\sin(\alpha y)\,dy -\frac{V_{0}}{\mathrm{H}}\int_{0}^{\mathrm{H}} y\sin(\alpha y)\,dy\right].
  • Já calculámos \int_{0}^{\mathrm{H}} y\sin(\alpha y)\,dy = -\dfrac{\mathrm{H}^{2}(-1)^{n}}{n\pi}.
  • Calcule \int_{0}^{\mathrm{H}}\sin(\alpha y)\,dy: \int_{0}^{\mathrm{H}}\sin(\alpha y)\,dy = \left[-\frac{\cos(\alpha y)}{\alpha}\right]_0^{\mathrm{H}} = -\frac{\cos(\alpha\mathrm{H})-1}{\alpha} = -\frac{(-1)^{n}-1}{\alpha} = \frac{1-(-1)^{n}}{\alpha}.
  • Substituindo na expressão de a_n: a_n=\frac{2}{\mathrm{H}}\left[-V_{0}\cdot\frac{1-(-1)^{n}}{\alpha} -\frac{V_{0}}{\mathrm{H}}\left(-\frac{\mathrm{H}^{2}(-1)^{n}}{n\pi}\right)\right].Usando \alpha=\dfrac{n\pi}{\mathrm{H}} simplifica-se para a_n=\frac{2V_{0}}{n\pi}\big(2(-1)^{n}-1\big).(detalhe: ao simplificar os termos com \mathrm{H} e \alpha chegamos a essa forma compacta).

Passo 8

Expressão final juntando tudo:
  • Recordando k_n=\dfrac{n\pi}{\mathrm{H}}, o termo geral da série para w é w(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n\operatorname{sinh}\!\big(k_n(\mathrm{L}-x)\big)+b_n\operatorname{sinh}\!\big(k_n x\big)}{\operatorname{sinh}\!\big(k_n\mathrm{L}\big)}\sin\!\big(k_n y\big),com a_n=\frac{2V_{0}}{n\pi}\big(2(-1)^{n}-1\big),\qquad b_n=\frac{2V_{0}(-1)^{n}}{n\pi}.
  • Como V(x,y)=V_{\text{lin}}(y)+w(x,y) e V_{\text{lin}}(y)=\dfrac{V_{0}}{\mathrm{H}}y, obtemos a solução completa: V(x,y)=\frac{V_{0}}{\mathrm{H}}\,y +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\dfrac{2V_{0}}{n\pi}\big(2(-1)^{n}-1\big)\operatorname{sinh}\!\big(k_n(\mathrm{L}-x)\big)+\dfrac{2V_{0}(-1)^{n}}{n\pi}\operatorname{sinh}\!\big(k_n x\big)}{\operatorname{sinh}\!\big(k_n\mathrm{L}\big)} \sin\!\big(k_n y\big).
  • Pode-se também factorizar \dfrac{2V_{0}}{\pi} se quiser uma aparência alternativa, mas a forma acima já é explicita e adequada para uso em provas. A série converge exponencialmente em x por causa dos \operatorname{sinh} e descreve corretamente os valores especificados nas bordas.

Resposta

V(x,y)=\frac{V_{0}}{\mathrm{H}}\,y +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\dfrac{2V_{0}}{n\pi}\big(2(-1)^{n}-1\big)\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{\mathrm{H}}(\mathrm{L}-x)\big)+\dfrac{2V_{0}(-1)^{n}}{n\pi}\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{\mathrm{H}}x\big)}{\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{\mathrm{H}}\mathrm{L}\big)} \sin\!\big(\tfrac{n\pi}{\mathrm{H}}y\big).

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