Exercício 11. Considere
\left\{\begin{array}{l} -y^{\prime \prime}(x)=x-\frac{L}{2}, \quad x \in(0, L), \\\ y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime}(L)=0 . \end{array}\right.
Resolva o problema por séries de Fourier.

Passo 1

O enunciado dá o problema de contorno
\left\{\begin{array}{l} -y^{\prime\prime}(x)=x-\dfrac{L}{2},\quad x\in(0,L),\\[6pt] y^\prime(0)=0,\quad y^\prime(L)=0, \end{array}\right.
e pede que se resolva usando séries de Fourier.
Informações e o que é pedido:
  • Equação diferencial: -y^{\prime\prime}(x)=x-\dfrac{L}{2} em (0,L).
  • Condições de contorno: y^\prime(0)=0 e y^\prime(L)=0.
  • Objetivo: encontrar y(x) por séries de Fourier (ou seja, expandir o membro direito em série e obter a solução modal).
  • Observação útil que será usada depois: para problemas de Neumann (condições de derivada nula nas extremidades) é natural usar a base de cossenos \cos\!\big(\dfrac{n\pi x}{L}\big) (incluindo o modo constante n=0).]

Passo 2

Plano e justificativa do método (explicação didática do que vamos fazer)
  • Vou expandir a função forçante f(x)=x-\dfrac{L}{2} em série de cossenos em [0,L]: f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),com coeficientes a_0=\dfrac{1}{L}\int_0^L f(x)\,dx e, para n\ge1, a_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
  • Razoamento: os modos \cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) são autofunções de -\dfrac{d^2}{dx^2} com derivada nula nas extremidades (ou seja, satisfazem as condições de Neumann para a derivada). Se escrevermos y(x)=\sum_{n=0}^\infty b_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),então -y''(x)=\sum_{n=1}^\infty b_n\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) (o modo n=0 tem derivada segunda nula). Igualando termos com a expansão de f, obtemos para n\ge1 b_n\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2=a_n,e b_0 permanece livre (é a constante aditiva da solução, típico de problemas de Neumann).
  • Antes de calcular os coeficientes, verifico a condição de compatibilidade: para existir solução com BCs de Neumann, deve valer \int_0^L f(x)\,dx=0. Calculo: \int_0^L\left(x-\frac{L}{2}\right)\,dx=\left[\frac{x^2}{2}-\frac{L}{2}x\right]_0^L=\frac{L^2}{2}-\frac{L^2}{2}=0.Logo a condição é satisfeita e a solução existe (única até uma constante).

Passo 3

Cálculo dos coeficientes a_n (detalhando integrais passo a passo)
  • Defino \alpha=\dfrac{n\pi}{L}. Para n\ge1,
    a_n=\frac{2}{L}\int_0^L\left(x-\frac{L}{2}\right)\cos(\alpha x)\,dx =\frac{2}{L}\left(\int_0^L x\cos(\alpha x)\,dx-\frac{L}{2}\int_0^L\cos(\alpha x)\,dx\right).
  • Calculo cada integral separadamente.
    1. Para \int_0^L x\cos(\alpha x)\,dx, uso primitiva por partes (ou reconheço a primitiva) \int x\cos(\alpha x)\,dx=\frac{x}{\alpha}\sin(\alpha x)+\frac{1}{\alpha^2}\cos(\alpha x)+C.Avaliando de 0 a L: \int_0^L x\cos(\alpha x)\,dx=\frac{L}{\alpha}\sin(\alpha L)+\frac{1}{\alpha^2}\big(\cos(\alpha L)-1\big).Mas \alpha L=n\pi, então \sin(\alpha L)=\sin(n\pi)=0 e \cos(\alpha L)=(-1)^n. Assim \int_0^L x\cos(\alpha x)\,dx=\frac{1}{\alpha^2}\big((-1)^n-1\big).
    2. Para \int_0^L\cos(\alpha x)\,dx=\frac{1}{\alpha}\sin(\alpha L)-0=0 porque \sin(n\pi)=0.
  • Substituindo em a_n:
    a_n=\frac{2}{L}\cdot\frac{1}{\alpha^2}\big((-1)^n-1\big).
  • Lembrando \alpha^2=\dfrac{n^2\pi^2}{L^2}, obtemos
    a_n=\frac{2}{L}\cdot\frac{L^2}{n^2\pi^2}\big((-1)^n-1\big) =\frac{2L}{n^2\pi^2}\big((-1)^n-1\big).
  • Simplificação por paridade:
    • Se n é par, (-1)^n=1 e então a_n=0.
    • Se n é ímpar, (-1)^n=-1 e então a_n=\dfrac{2L}{n^2\pi^2}(-2)=-\dfrac{4L}{n^2\pi^2}.
  • Para n=0 (modo constante),
    a_0=\frac{1}{L}\int_0^L\left(x-\frac{L}{2}\right)\,dx=0,
    como já verificamos.

Passo 4

Encontrando os coeficientes b_n da solução y(x)
  • Como explicado, para n\ge1 vale b_n=\frac{a_n}{(n\pi/L)^2}=\frac{L^2}{n^2\pi^2}\,a_n.
  • Substituindo a_n (só os n ímpares dão contribuição):
    para n ímpar, b_n=\frac{L^2}{n^2\pi^2}\left(-\frac{4L}{n^2\pi^2}\right)=-\frac{4L^3}{n^4\pi^4}.para n par, b_n=0.
  • O coeficiente b_0 (modo constante) permanece livre: chamo-o C. Esse C é a constante aditiva típica do problema de Neumann.

Passo 5

Escrevendo a solução por série (forma final em série de Fourier)
  • Assim a solução obtida pela expansão é y(x)=C+\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^{\infty}\left(-\frac{4L^3}{n^4\pi^4}\right)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).í
  • Indexando pelos inteiros n=2k+1 (com k=0,1,2,\dots), fica mais explícito: y(x)=C-\frac{4L^3}{\pi^4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos\!\big(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\big)}{(2k+1)^4}.

Passo 6

Relacionando a série com a forma polinomial (fechamento e interpretação)
  • Pode-se verificar diretamente que a função y_p(x)=-\frac{x^3}{6}+\frac{L}{4}x^2satisfaz a equação e as condições de contorno:
    • Derivando: y_p''(x)=-x+\dfrac{L}{2}, então -y_p''(x)=x-\dfrac{L}{2}.
    • y_p'(x)=-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{L}{2}x, logo y_p'(0)=0 e y_p'(L)=-\dfrac{L^2}{2}+\dfrac{L^2}{2}=0.
  • Como a solução do problema de Neumann é única até uma constante, a série que obtivemos representa exatamente y_p(x) mais uma constante C. Ou seja, a série dada no passo anterior converge para -\frac{x^3}{6}+\frac{L}{4}x^2 + C.
  • Portanto a solução geral (por séries e em forma fechada) é essa, com C arbitrária.

Resposta

y(x)=C-\frac{4L^3}{\pi^4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos\!\big(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\big)}{(2k+1)^4}
\text{ou, equivalentemente,}\qquad y(x)=-\frac{x^3}{6}+\frac{L}{4}x^2+C,
onde C é uma constante arbitrária.

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