(a) Find the solution u(x, y) of Laplace’s equation in the rectangle 0<x<a, 0<y<b, also satisfying the boundary conditions
\begin{array}{lll} u(0, y)=0, & u(a, y)=f(y), & 0<y<b, \\\ u(x, 0)=h(x), & u(x, b)=0, & 0 \leq x \leq a . \end{array}
Hint: Consider the possibility of adding the solutions of two problems, one with homogeneous boundary conditions except for u(a, y)=f(y), and the other with homogeneous boundary conditions except for u(x, 0)=h(x).
(b) Find the solution if h(x)=(x / a)^{2} and f(y)=1-(y / b).

Passo 1

O enunciado pede para encontrar a função u(x,y) que satisfaz a equação de Laplace e as condições de contorno no retângulo 0<x<a,\;0<y<b. Mais precisamente:
  • Equação a resolver: \Delta u = 0 em 0<x<a,\;0<y<b.
  • Condições de contorno dadas: u(0,y)=0,\qquad u(a,y)=f(y),\qquad 0<y<b,
u(x,0)=h(x),\qquad u(x,b)=0,\qquad 0\le x\le a.
Perguntas:
  • (a) Determinar u(x,y) em termos das funções de contorno f(y) e h(x).
  • (b) Fazer o caso específico h(x)=(x/a)^{2} e f(y)=1-(y/b).
Informações úteis extraídas do enunciado:
  • O domínio é um retângulo com lados x=0, x=a, y=0, y=b.
  • As condições em três lados são homogêneas (zero) e há não-homogeneidade em dois lados opostos: u(a,y)=f(y) e u(x,0)=h(x).
  • O enunciado sugere usar superposição (somar duas soluções, cada uma com apenas uma borda não-homogênea).

Passo 2

Ideia principal (por que dá para fazer isso): a equação de Laplace é linear. Logo, se u_1 e u_2 satisfazem \Delta u_1=0 e \Delta u_2=0, então u=u_1+u_2 também satisfaz \Delta u=0. Vamos decompor o problema em dois problemas mais simples:
Problema I (só f): procurar u_1 tal que
\Delta u_1=0,\qquad u_1(0,y)=0,\; u_1(a,y)=f(y),\; u_1(x,0)=0,\; u_1(x,b)=0.
Problema II (só h): procurar u_2 tal que
\Delta u_2=0,\qquad u_2(0,y)=0,\; u_2(a,y)=0,\; u_2(x,0)=h(x),\; u_2(x,b)=0.
Então a solução do enunciado será
u(x,y)=u_1(x,y)+u_2(x,y).
Nos próximos passos resolvemos u_1 e u_2 separadamente por separação de variáveis e séries de Fourier.

Passo 3

Resolvendo o Problema I (não-homogeneidade em x=a, zeros nas demais bordas).
  1. Procuramos soluções por separação de variáveis \;u_1(x,y)=X(x)Y(y). Substituindo em \Delta u_1=0 e dividindo por XY obtemos
\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=0.
Isto implica uma constante de separação negativa -\lambda:
\frac{Y''(y)}{Y(y)}=-\lambda,\qquad \frac{X''(x)}{X(x)}=\lambda.
  1. As condições em y são Y(0)=0 e Y(b)=0. Para termos soluções não-triviais precisamos de \lambda=\left(\dfrac{n\pi}{b}\right)^2 com n=1,2,\dots. Os autofunções são
Y_n(y)=\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right).
  1. Para cada n a equação em x é
X_n''(x)-\left(\dfrac{n\pi}{b}\right)^2 X_n(x)=0,
cuja solução geral é combinação de e^{\pm n\pi x/b} ou, mais conveniente, \operatorname{cosh} e \operatorname{sinh}. Impondo X_n(0)=0 (porque u_1(0,y)=0 para todo y) elimina o termo \operatorname{cosh} e deixa
X_n(x)=C_n\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi x}{b}\right).
  1. A solução em série fica
u_1(x,y)=\sum_{n=1}^\infty C_n \operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi x}{b}\right)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right).
  1. A condição u_1(a,y)=f(y) impõe que
f(y)=\sum_{n=1}^\infty C_n \operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right).
Ou seja, os coeficientes da série de senos de f são A_n=C_n\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right). Os coeficientes A_n obtêm-se pela fórmula da série de Fourier seno em [0,b]:
A_n=\frac{2}{b}\int_0^b f(y)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)\,dy.
  1. Assim
C_n=\frac{A_n}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right)}
e finalmente
\boxed{\,u_1(x,y)=\sum_{n=1}^\infty A_n\,\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi x}{b}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right)}\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right),\quad A_n=\frac{2}{b}\int_0^b f(y)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy. \,}
Comentário prático para prova: para determinar u_1 você faz a expansão de f em senos em y, e para cada modo n a dependência em x é \operatorname{sinh}((n\pi/b)x) ajustada por \operatorname{sinh}((n\pi/b)a) para coincidir com f em x=a.

Passo 4

Resolvendo o Problema II (não-homogeneidade em y=0, zeros nas demais bordas).
  1. Agora as condições em x são u_2(0,y)=0 e u_2(a,y)=0. Assim, ao separar u_2(x,y)=X(x)Y(y) escolhemos autofunções em x do tipo seno:
X_m(x)=\sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right),\qquad \mu_m=\left(\dfrac{m\pi}{a}\right)^2,\; m=1,2,\dots
  1. Para cada m a equação em y é
Y_m''(y)-\left(\dfrac{m\pi}{a}\right)^2 Y_m(y)=0,
cuja solução geral é combinação de \operatorname{cosh} e \operatorname{sinh}. Impomos Y_m(b)=0. Uma forma conveniente de escrever a solução que vale Y_m(b)=0 é
Y_m(y)=D_m\,\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi (b-y)}{a}\right),
pois \operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi (b-b)}{a}\right)=0 e em y=0 temos Y_m(0)=D_m\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi b}{a}\right).
  1. Assim a solução em série tem a forma
u_2(x,y)=\sum_{m=1}^\infty B_m \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi (b-y)}{a}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi b}{a}\right)},
onde os coeficientes B_m são os coeficientes da expansão de h(x) em senos em [0,a]:
B_m=\frac{2}{a}\int_0^a h(x)\sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)\,dx.
  1. Em resumo:
\boxed{\,u_2(x,y)=\sum_{m=1}^\infty B_m \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi (b-y)}{a}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi b}{a}\right)},\quad B_m=\frac{2}{a}\int_0^a h(x)\sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)dx. \,}
Dica prática: para u_2 você expande h(x) em senos em x; cada modo m decai em y como \operatorname{sinh}\!\big(\frac{m\pi(b-y)}{a}\big)/\operatorname{sinh}\!\big(\frac{m\pi b}{a}\big), que é 1 em y=0 e 0 em y=b.

Passo 5

Somando as duas soluções (superposição) obtemos a solução geral do problema original:
\boxed{\,u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty A_n\,\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi x}{b}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right)}\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right) +\sum_{m=1}^\infty B_m \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi (b-y)}{a}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi b}{a}\right)},\!}
com
A_n=\frac{2}{b}\int_0^b f(y)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy,\qquad B_m=\frac{2}{a}\int_0^a h(x)\sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)dx.
Comentário: pela unicidade da solução do problema de Dirichlet para Laplace, esta combinação é a única solução que satisfaz as condições dadas.

Passo 6

Agora fazemos o item (b): f(y)=1-\dfrac{y}{b}. Vamos calcular A_n.
Definimos \displaystyle A_n=\frac{2}{b}\int_0^b\!\Big(1-\frac{y}{b}\Big)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy.
Separe a integral:
\int_0^b \sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy \quad\text{e}\quad \int_0^b \frac{y}{b}\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy.
  1. Primeiro termo:
\int_0^b \sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy = -\frac{b}{n\pi}\Big[\cos\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)\Big]_0^b = \frac{b}{n\pi}\big(1-(-1)^n\big).
  1. Segundo termo (chame \alpha=\dfrac{n\pi}{b}):
\int_0^b y\sin(\alpha y)dy = -\frac{b^2(-1)^n}{n\pi}
(isto obtido por integração por partes; mostrei passo-a-passo no rascunho e o resultado é este porque \sin(n\pi)=0 e \cos(n\pi)=(-1)^n).
Dividindo por b (pois integrando y/b) dá -\dfrac{b(-1)^n}{n\pi}.
  1. Subtraindo:
\int_0^b\Big(1-\frac{y}{b}\Big)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy = \frac{b}{n\pi}\big(1-(-1)^n\big) -\Big(-\frac{b(-1)^n}{n\pi}\Big) = \frac{b}{n\pi}.
  1. Finalmente
A_n=\frac{2}{b}\cdot\frac{b}{n\pi}=\frac{2}{n\pi}.
Portanto, para f(y)=1-\dfrac{y}{b} temos a surpreendente e simples fórmula
\boxed{\,A_n=\dfrac{2}{n\pi}\quad(n=1,2,\dots).\,}

Passo 7

Agora calculamos B_m para h(x)=\left(\dfrac{x}{a}\right)^2. Temos
B_m=\frac{2}{a}\int_0^a \left(\dfrac{x}{a}\right)^2 \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)dx = \frac{2}{a^3}\int_0^a x^2\sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)dx.
Calcule a integral K=\int_0^a x^2\sin(\beta x)\,dx com \beta=\dfrac{m\pi}{a}, por partes duas vezes:
  1. Primeira integração por partes: u=x^2,\;dv=\sin\beta x\,dx
K=-\frac{x^2\cos\beta x}{\beta}\Big|_0^a+\frac{2}{\beta}\int_0^a x\cos\beta x\,dx = -\frac{a^2\cos(\beta a)}{\beta}+\frac{2}{\beta}L,
onde L=\int_0^a x\cos\beta x\,dx.
  1. Segunda integração por partes para L: u=x,\;dv=\cos\beta x\,dx
L=\frac{x\sin\beta x}{\beta}\Big|_0^a -\frac{1}{\beta}\int_0^a \sin\beta x\,dx = \frac{a\sin(\beta a)}{\beta} -\frac{1}{\beta^2}\big(\cos(\beta a)-1\big).
  1. Substituindo L em K obtemos
K=-\frac{a^2\cos(\beta a)}{\beta} + \frac{2}{\beta}\Big(\frac{a\sin(\beta a)}{\beta} -\frac{\cos(\beta a)-1}{\beta^2}\Big).
  1. Agora use \beta a = m\pi, então \sin(\beta a)=0 e \cos(\beta a)=(-1)^m. Assim
K=-\frac{a^2(-1)^m}{\beta} + \frac{2}{\beta^3}\big((-1)^m-1\big).
  1. Substituindo \beta=\dfrac{m\pi}{a} (logo \dfrac{1}{\beta}=\dfrac{a}{m\pi}, \dfrac{1}{\beta^3}=\dfrac{a^3}{m^3\pi^3}) e multiplicando por \dfrac{2}{a^3} para obter B_m:
B_m=\frac{2}{a^3}K =-\frac{2(-1)^m}{m\pi} + \frac{4\big((-1)^m-1\big)}{m^3\pi^3}.
Podemos escrever esta forma compacta:
\boxed{\,B_m=-\dfrac{2(-1)^m}{m\pi}+\dfrac{4\big((-1)^m-1\big)}{m^3\pi^3}\,.\!}
Observação prática: para m par ( (-1)^m=1) este B_m reduz a B_m=-\dfrac{2}{m\pi}. Para m ímpar ( (-1)^m=-1) fica B_m=\dfrac{2}{m\pi}-\dfrac{8}{m^3\pi^3}.

Passo 8

Substituímos os coeficientes calculados em u_1 e u_2 e somamos para obter a solução do item (b).
De (Passo 6) temos A_n=\dfrac{2}{n\pi}. De (Passo 7) temos B_m dado acima. Assim:
\boxed{\,u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n\pi}\,\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi x}{b}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right)}\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right) +\sum_{m=1}^\infty\Big(-\frac{2(-1)^m}{m\pi}+\frac{4\big((-1)^m-1\big)}{m^3\pi^3}\Big) \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi(b-y)}{a}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi b}{a}\right)}\,.}
Isto é a solução para h(x)=(x/a)^2 e f(y)=1-y/b. Cada série converge razoavelmente rápido; em prova você pode parar nas formas dos coeficientes. Se quiser, para escrever mais concisamente, pode renomear índices e combinar símbolos, mas a forma acima deixa explícito o papel de cada termo.

Resposta

(a) u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty A_n\,\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi x}{b}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right)}\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right) +\sum_{m=1}^\infty B_m \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi (b-y)}{a}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi b}{a}\right)},
com
A_n=\frac{2}{b}\int_0^b f(y)\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right)dy,\qquad B_m=\frac{2}{a}\int_0^a h(x)\sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)dx.
(b) u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n\pi}\,\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi x}{b}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi a}{b}\right)}\sin\!\left(\dfrac{n\pi y}{b}\right) +\sum_{m=1}^\infty\Big(-\frac{2(-1)^m}{m\pi}+\frac{4\big((-1)^m-1\big)}{m^3\pi^3}\Big) \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{a}\right)\frac{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi(b-y)}{a}\right)}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{m\pi b}{a}\right)}.

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