Exercício 9. Resolva por séries de Fourier:
\left\{\begin{array}{l} -y^{\prime \prime}(x)=1, \\\ y(0)=0, \quad y(L)=0 . \end{array} \quad x \in(0, L)\right.

Passo 1

O enunciado nos dá uma equação diferencial com condições de contorno e pede resolver por séries de Fourier. As informações são:
  • Equação: -y^{\prime\prime}(x)=1 para x\in(0,L).
  • Condições de contorno: y(0)=0 e y(L)=0.
    O que se pede: encontrar a solução y(x) que satisfaz a equação e as duas condições de contorno; especificamente usar a técnica de séries de Fourier (séries seno, devido às condições y=0 nas extremidades).

Passo 2

Ideia do método (passo-a-passo didático):
  • Quando as condições de contorno são y(0)=y(L)=0 é natural expandir a função do lado direito (a fonte) em série de senos na base \{\sin(n\pi x/L)\}_{n\ge1}, porque esses senos são nulos nas extremidades e formam uma base ortogonal em (0,L).
  • Primeiro vamos expandir a função f(x)=1 em série de senos: 1=\sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),onde os coeficientes b_n são dados pela fórmula de projeção (usando ortogonalidade): b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} 1\cdot \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
  • Vamos calcular essa integral passo a passo. Calcule: \int_{0}^{L}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx =\left[-\frac{L}{n\pi}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right]_{0}^{L} =-\frac{L}{n\pi}\big(\cos(n\pi)-\cos 0\big).Como \cos(n\pi)=(-1)^n e \cos 0=1, obtemos \int_{0}^{L}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx =-\frac{L}{n\pi}\big((-1)^n-1\big).Multiplicando por 2/L, b_n=\frac{2}{L}\cdot\left(-\frac{L}{n\pi}\big((-1)^n-1\big)\right) =\frac{2}{n\pi}\big(1-(-1)^n\big).Observe que 1-(-1)^n vale 0 quando n é par e vale 2 quando n é ímpar. Assim b_n=\begin{cases} \dfrac{4}{n\pi}, & n\\ \text{ímpar},\\[6pt] 0, & n\\ \text{par}. \end{cases}íPortanto a série contém apenas termos de índice ímpar.]

Passo 3

Agora expandimos a solução y(x) na mesma base:
y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Aplicando o operador do lado esquerdo -\frac{d^2}{dx^2} sobre cada seno temos (porque -\frac{d^2}{dx^2}\sin(\frac{n\pi x}{L})=(\tfrac{n\pi}{L})^2\sin(\frac{n\pi x}{L})):
-\;y^{\prime\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_n\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Mas pela equação diferencial isso deve ser igual a 1, cuja expansão em senos já encontramos:
\sum_{n=1}^{\infty} a_n\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) =\sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Igualando coeficientes de cada modo (ortogonalidade garante que a igualdade série a série implica igualdade dos coeficientes), obtemos para cada n:
a_n\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2=b_n \quad\Longrightarrow\quad a_n=b_n\cdot\frac{L^2}{n^2\pi^2}.
Substituindo b_n: para n par a_n=0; para n ímpar
a_n=\frac{4}{n\pi}\cdot\frac{L^2}{n^2\pi^2} =\frac{4L^2}{n^3\pi^3}.
Logo a solução em série é
y(x)=\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^{\infty} \frac{4L^2}{n^3\pi^3}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4L^2}{(2k+1)^3\pi^3} \sin\!\left(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\right).í

Passo 4

Agora é interessante obter a forma fechada (a expressão elementar) e verificar que a série converge para essa função. Podemos resolver a EDO diretamente por integração duas vezes (método clássico) para verificar a forma fechada:
  • Da equação -y^{\prime\prime}(x)=1 segue y^{\prime\prime}(x)=-1.
  • Integrando uma vez: y^{\prime}(x)=-x+C_1.
  • Integrando novamente: y(x)=-\dfrac{x^2}{2}+C_1 x + C_2.
  • Aplicando y(0)=0 C_2=0.
  • Aplicando y(L)=0 -\dfrac{L^2}{2}+C_1 L=0, logo C_1=\dfrac{L}{2}.
  • Portanto a solução clássica é y(x)=-\frac{x^2}{2}+\frac{L}{2}x=\frac{x(L-x)}{2}.
Pela unicidade da solução do problema de Dirichlet para essa equação linear de segunda ordem, a série de Fourier obtida anteriormente converge para essa mesma função y(x)=\dfrac{x(L-x)}{2} em todo x\in(0,L). Assim temos a solução em forma de série e em forma fechada.

Passo 5

Resumo final (comparando as duas formas, que coincidem):
  • Série de Fourier (série seno): y(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4L^2}{(2k+1)^3\pi^3} \sin\!\left(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\right).
  • Forma fechada (mais prática na prova): y(x)=\frac{x(L-x)}{2}.

Resposta

y(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4L^2}{(2k+1)^3\pi^3}\sin\!\left(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\right)
y(x)=\frac{x(L-x)}{2}

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