Exercício 10. Resolva por séries de Fourier:
\left\{\begin{array}{l} -y^{\prime \prime}(x)=x(L-x), \quad x \in(0, L), \\\ y(0)=0, \quad y(L)=0 . \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o problema de contorno
\left\{\begin{array}{l} -y^{\prime\prime}(x)=x(L-x),\quad x\in(0,L),\\[4pt] y(0)=0,\quad y(L)=0, \end{array}\right.
e pede encontrar a função y(x) que satisfaz essa equação diferencial no intervalo (0,L) com as condições de contorno dadas. As informações relevantes são:
  • A equação é linear, de segunda ordem, com termo forçante f(x)=x(L-x).
  • As condições de contorno são de Dirichlet homogêneas: y(0)=y(L)=0.
  • O enunciado solicita resolver por séries de Fourier (isto é, representar f e y como séries em funções próprias que satisfaçam as condições de contorno).]

Passo 2

Por que usar série de Fourier aqui? Quando as condições de contorno são y(0)=y(L)=0, a base natural de funções para expandir é a base dos senos \{\sin(n\pi x/L)\}_{n=1}^\infty, porque cada seno é zero em x=0 e x=L. A ideia é:
  1. Expandir f(x)=x(L-x) em série de senos (série de Fourier seno) na base \sin(n\pi x/L).
  2. Procurar y(x) também como série de senos. Ao substituir as séries na equação -y''=f e usar a ortogonalidade dos senos, obtemos uma relação simples coeficiente a coeficiente, que nos dá os coeficientes da série de y.
Vou agora ensinar e usar as fórmulas necessárias passo a passo.

Passo 3

Definições e propriedades úteis (explicadas com calma).
  • Consideremos k_n=\dfrac{n\pi}{L}\) para \(n=1,2,\dots\). - Qualquer função suficientemente regular que seja zero nas extremidades pode ser expandida em série de senos: \[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\!\big(k_n x\big),
onde os coeficientes b_n são dados por (fórmula da série de Fourier seno)
b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\big(k_n x\big)\,dx.
  • A ortogonalidade que usamos é:
\int_{0}^{L} \sin\!\big(k_m x\big)\sin\!\big(k_n x\big)\,dx= \begin{cases} 0,& m\neq n,\\[4pt] \dfrac{L}{2},& m=n. \end{cases}
Essa identidade pode ser obtida usando a fórmula do produto de senos ou integração por partes; ela é a razão pela qual os coeficientes são independentes entre si.
Agora aplicamos isso ao problema: supomos
y(x)=\sum_{n=1}^\infty a_n \sin\!\big(k_n x\big), \qquad f(x)=x(L-x)=\sum_{n=1}^\infty b_n \sin\!\big(k_n x\big).
Derivando a série de y\] duas vezes (ter cuidado com convergência para justificar, mas esse é o procedimento padrão), temos \[y''(x)=-\sum_{n=1}^\infty a_n k_n^2 \sin\!\big(k_n x\big).\] Substituindo em \(-y''=f obtemos, coeficiente a coeficiente,
a_n k_n^2 = b_n,\qquad\text{ou seja}\qquad a_n=\frac{b_n}{k_n^2}.]

Passo 4

Calcular os coeficientes b_n para f(x)=x(L-x). Definimos k=k_n=\dfrac{n\pi}{L} para simplificar notação. Então
b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} x(L-x)\sin(kx)\,dx.
Vamos calcular a integral passo a passo. Escrevemos
\int_{0}^{L} x(L-x)\sin(kx)\,dx = L\int_{0}^{L} x\sin(kx)\,dx - \int_{0}^{L} x^2\sin(kx)\,dx.
Chamemos
I_1=\int_{0}^{L} x\sin(kx)\,dx,\qquad I_2=\int_{0}^{L} x^2\sin(kx)\,dx.
Calcule I_1 por partes: tome u=x, dv=\sin(kx)\,dx. Então du=dx, v=-\dfrac{\cos(kx)}{k}. Assim
I_1=\left[-\frac{x\cos(kx)}{k}\right]_0^L + \int_{0}^{L}\frac{\cos(kx)}{k}\,dx = -\frac{L\cos(kL)}{k} + \frac{1}{k}\left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_0^L = -\frac{L\cos(kL)}{k} + \frac{\sin(kL)}{k^2}.
Calcule I_2 por partes duas vezes: primeiro u=x^2, dv=\sin(kx)\,dx
I_2=\left[-\frac{x^2\cos(kx)}{k}\right]_0^L + \frac{2}{k}\int_{0}^{L} x\cos(kx)\,dx = -\frac{L^2\cos(kL)}{k} + \frac{2}{k}J,
onde
J=\int_{0}^{L} x\cos(kx)\,dx.
Agora calcule J por partes: u=x, dv=\cos(kx)\,dx
J=\left[\frac{x\sin(kx)}{k}\right]_0^L - \int_{0}^{L}\frac{\sin(kx)}{k}\,dx = \frac{L\sin(kL)}{k} - \frac{1}{k}\left[\frac{-\cos(kx)}{k}\right]_0^L = \frac{L\sin(kL)}{k} - \frac{1-\cos(kL)}{k^2}.
Substituindo em I_2 obtemos
I_2=-\frac{L^2\cos(kL)}{k} + \frac{2}{k}\!\left(\frac{L\sin(kL)}{k} - \frac{1-\cos(kL)}{k^2}\right) = -\frac{L^2\cos(kL)}{k} + \frac{2L\sin(kL)}{k^2} - \frac{2(1-\cos(kL))}{k^3}.
Agora volte para b_n:
\begin{aligned} \int_{0}^{L} x(L-x)\sin(kx)\,dx &= L I_1 - I_2\\[4pt] &= \Big(-\frac{L^2\cos(kL)}{k} + \frac{L\sin(kL)}{k^2}\Big) - \Big(-\frac{L^2\cos(kL)}{k} + \frac{2L\sin(kL)}{k^2} - \frac{2(1-\cos(kL))}{k^3}\Big)\\[4pt] &= -\frac{L\sin(kL)}{k^2} + \frac{2(1-\cos(kL))}{k^3}. \end{aligned}
Portanto
b_n=\frac{2}{L}\left(-\frac{L\sin(kL)}{k^2} + \frac{2(1-\cos(kL))}{k^3}\right) = -\frac{2\sin(kL)}{k^2} + \frac{4(1-\cos(kL))}{Lk^3}.]

Passo 5

Simplifique a expressão usando kL=n\pi\). Temos \(\sin(kL)=\sin(n\pi)=0\) e \(\cos(kL)=\cos(n\pi)=(-1)^n\). Logo \[b_n=\frac{4\big(1-(-1)^n\big)}{Lk^3}.
Note que 1-(-1)^n vale 0 se n é par e vale 2 se n é ímpar. Assim
b_n= \begin{cases} 0,& n\\ \text{par},\\[4pt] \dfrac{8}{Lk^3},& n\\ \text{ímpar}. \end{cases}í
Substituindo k^3=(n\pi/L)^3=\dfrac{n^3\pi^3}{L^3}\] obtemos, para \(n ímpar,
b_n=\frac{8}{L}\cdot\frac{L^3}{n^3\pi^3}=\frac{8L^2}{n^3\pi^3},
e para n par b_n=0.]

Passo 6

Encontrar a_n a partir de a_n=\dfrac{b_n}{k_n^2}. Como k_n^2=\dfrac{n^2\pi^2}{L^2}, segue que, para n ímpar,
a_n = b_n\cdot\frac{L^2}{n^2\pi^2} = \frac{8L^2}{n^3\pi^3}\cdot\frac{L^2}{n^2\pi^2} = \frac{8L^4}{n^5\pi^5},
e para n par a_n=0.

Passo 7

Escrevendo a série apenas sobre os índices ímpares ( n=2m+1,\\ m=0,1,2,\dots), obtemos a solução por séries de Fourier:
y(x)=\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^{\infty}\frac{8L^4}{n^5\pi^5}\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg) = \frac{8L^4}{\pi^5}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\sin\!\big(\dfrac{(2m+1)\pi x}{L}\big)}{(2m+1)^5}.í
Breve comentário de verificação (útil para a prova): se preferir, pode resolver a equação diferencial diretamente integrando duas vezes y''=-x(L-x) e impondo as condições de contorno; isso dá a solução polinomial
y(x)=-\frac{Lx^3}{6}+\frac{x^4}{12}+\frac{L^3x}{12},
que é igual à soma da série de senos acima (a série de senos converge, no intervalo aberto, ao polinômio que é a solução clássica). A forma em série é a resposta pedida por “resolver por séries de Fourier”.

Resposta

y(x)=\frac{8L^4}{\pi^5}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\sin\!\big(\dfrac{(2m+1)\pi x}{L}\big)}{(2m+1)^5}.

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