Questão 1. (30 pontos) A equação de Laplace para uma função u(x, y) tem a forma
\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}=0
A solução geral desta equação num retângulo, de dimensões a e b, com condições de contorno u(x, 0)=u(x, b)=u(0, y)=0 e u(a, y)=f(y), como feito em aula, é dada por
u(x, y)=\sum_{n=1}^{+\infty} c_{n} \operatorname{senh}\left(\frac{n \pi}{b} x\right) \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi}{b} y\right)
(a) (10 pontos) Use os resultados sobre séries de Fourier para encontrar uma expressão para o coeficiente c_{n}.
(b) ( 20 pontos) Encontre a solução do problema para f(y)=y(y-2), com a=1, b=2.

Passo 1

O enunciado dá a equação de Laplace em um retângulo de dimensões a e b com condições de contorno
u(x,0)=0,\qquad u(x,b)=0,\qquad u(0,y)=0,\qquad u(a,y)=f(y).
Também nos foi dada a forma geral da solução (obtida por separação de variáveis):
u(x,y)=\sum_{n=1}^{+\infty} c_{n}\,\operatorname{senh}\!\left(\frac{n\pi}{b}x\right)\,\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{b}y\right).
O enunciado pede duas coisas:
  • (a) Encontrar uma expressão para o coeficiente c_{n} em termos de f, a e b.
  • (b) Calcular a solução explicitamente quando f(y)=y(y-2), a=1 e b=2.
Informações relevantes a usar:
  • As funções \operatorname{sen}\!\left(\dfrac{n\pi}{b}y\right) são ortogonais em [0,b] e
\int_{0}^{b}\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{b}y\right)\operatorname{sen}\!\left(\frac{m\pi}{b}y\right)\,dy=\frac{b}{2}\,\delta_{nm},
onde \delta_{nm} é o delta de Kronecker.

Passo 2

Derivação da fórmula geral para c_{n} (resposta do item (a)), usando séries de Fourier e ortogonalidade.
Na fronteira x=a vale
u(a,y)=\sum_{n=1}^{+\infty} c_{n}\,\operatorname{senh}\!\left(\frac{n\pi}{b}a\right)\,\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{b}y\right)=f(y).
Isto é uma expansão em série de senos para f no intervalo [0,b]. Os coeficientes da expansão em série de senos de f são dados por (regra da série de Fourier seno):
A_{n}=\frac{2}{b}\int_{0}^{b}f(y)\,\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{b}y\right)\,dy,
onde f(y)=\sum_{n=1}^{\infty} A_{n}\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{n\pi}{b}y\right).
Comparando com a expansão acima temos
A_{n}=c_{n}\,\operatorname{senh}\!\left(\frac{n\pi}{b}a\right).
Logo, isolando c_{n},
c_{n}=\frac{A_{n}}{\operatorname{senh}\!\left(\dfrac{n\pi}{b}a\right)} =\frac{2}{b}\,\frac{1}{\operatorname{senh}\!\left(\dfrac{n\pi}{b}a\right)} \int_{0}^{b}f(y)\,\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{b}y\right)\,dy.
Explicando didaticamente: aqui usamos a ortogonalidade das funções seno para projetar f sobre cada modo \operatorname{sen}\!\left(\dfrac{n\pi}{b}y\right). A normalização \dfrac{2}{b} vem da integral de norma \dfrac{b}{2} dessas funções; como u(a,y) é a soma dos termos c_{n}\operatorname{sinh}(\cdot)\sin(\cdot), o coeficiente de \sin em u(a,y) é c_{n}\operatorname{sinh}(\cdot), por isso dividimos por \operatorname{sinh} para obter c_{n}.

Passo 3

Início da resolução do item (b): aplicar a fórmula para o caso f(y)=y(y-2), a=1, b=2.
Primeiro aplicamos a fórmula geral com b=2 e a=1:
c_{n}=\frac{2}{2}\,\frac{1}{\operatorname{senh}\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\cdot 1\right)} \int_{0}^{2} y(y-2)\,\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{2}y\right)\,dy.
Como \dfrac{2}{2}=1, simplifica para
c_{n}=\frac{1}{\operatorname{senh}\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)} \int_{0}^{2} \bigl(y^{2}-2y\bigr)\,\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{2}y\right)\,dy.
Defina
k=\frac{n\pi}{2}, \qquad I_{n}=\int_{0}^{2}\bigl(y^{2}-2y\bigr)\sin(ky)\,dy.
Então c_{n}=\dfrac{I_{n}}{\operatorname{sinh}(k)}.

Passo 4

Cálculo do integral I_{n}. Vamos calcular uma primitiva de (y^{2}-2y)\sin(ky) e avaliar em 0 e 2.
Começamos calculando primitiva de y^{2}\sin(ky). Fazendo integração por partes duas vezes obtém-se (mostrando passos):
  • \displaystyle \int y^{2}\sin(ky)\,dy = -\frac{y^{2}\cos(ky)}{k}+\frac{2y\sin(ky)}{k^{2}}+\frac{2\cos(ky)}{k^{3}}+C.
Também precisamos de \displaystyle \int 2y\sin(ky)\,dy. Usando integração por partes:
  • \displaystyle \int y\sin(ky)\,dy = -\frac{y\cos(ky)}{k}+\frac{\sin(ky)}{k^{2}}+C,
    logo
  • \displaystyle \int 2y\sin(ky)\,dy = -\frac{2y\cos(ky)}{k}+\frac{2\sin(ky)}{k^{2}}+C.
Portanto a primitiva de (y^{2}-2y)\sin(ky) é
F(y)=-\frac{y^{2}\cos(ky)}{k}+\frac{2y\sin(ky)}{k^{2}}+\frac{2\cos(ky)}{k^{3}} \;-\left(-\frac{2y\cos(ky)}{k}+\frac{2\sin(ky)}{k^{2}}\right).
Agrupando termos:
F(y)=-\frac{y^{2}\cos(ky)}{k}+\frac{2y\cos(ky)}{k}+\frac{2y\sin(ky)}{k^{2}}-\frac{2\sin(ky)}{k^{2}}+\frac{2\cos(ky)}{k^{3}}.
Agora avaliamos I_{n}=F(2)-F(0). Observações úteis:
  • k\cdot 2 = n\pi\Rightarrow \sin(2k)=\sin(n\pi)=0,\\ \cos(2k)=\cos(n\pi)=(-1)^{n}.
  • \sin(0)=0,\\ \cos(0)=1.
Avaliação em y=2:
  • os termos com \sin(2k) são nulos;
  • restam -\dfrac{4\cos(2k)}{k}+\dfrac{4\cos(2k)}{k}+\dfrac{2\cos(2k)}{k^{3}} = \dfrac{2(-1)^{n}}{k^{3}} (os termos -4\cos/k e +4\cos/k se cancelam).
Avaliação em y=0:
  • os termos com y ou \sin são nulos; apenas sobra \dfrac{2\cos(0)}{k^{3}}=\dfrac{2}{k^{3}}.
Portanto
I_{n}=F(2)-F(0)=\frac{2(-1)^{n}}{k^{3}}-\frac{2}{k^{3}}=\frac{2}{k^{3}}\bigl((-1)^{n}-1\bigr).
Substituindo k=\dfrac{n\pi}{2} obtemos
k^{3}=\left(\frac{n\pi}{2}\right)^{3}=\frac{n^{3}\pi^{3}}{8},
assim
I_{n}=\frac{2}{k^{3}}\bigl((-1)^{n}-1\bigr)=\frac{2\cdot 8}{n^{3}\pi^{3}}\bigl((-1)^{n}-1\bigr) =\frac{16}{n^{3}\pi^{3}}\bigl((-1)^{n}-1\bigr).

Passo 5

Simplificação do resultado para c_{n} e consideração dos casos par/ímpar.
Temos c_{n}=\dfrac{I_{n}}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}, então
c_{n}=\frac{16}{n^{3}\pi^{3}}\cdot\frac{(-1)^{n}-1}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}.
Note que:
  • Se n é par então (-1)^{n}=1 e (-1)^{n}-1=0, portanto c_{n}=0 para n par.
  • Se n é ímpar então (-1)^{n}=-1 e (-1)^{n}-1=-2. Para n ímpar
c_{n}=\frac{16}{n^{3}\pi^{3}}\cdot\frac{-2}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)} =-\frac{32}{n^{3}\pi^{3}\,\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}.
Assim só aparecem termos ímpares na série. É conveniente reescrever a solução somando sobre os índices ímpares n=2m-1 com m=1,2,\dots.

Passo 6

Escrevendo a solução final u(x,y) para a=1, b=2 e f(y)=y(y-2).
Usando a forma geral
u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\operatorname{sinh}\!\left(\frac{n\pi}{2}x\right)\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}y\right),
e substituindo c_{n} (não nulos apenas para n ímpar), obtemos
u(x,y)=-\sum_{\substack{n=1\\\ n\text{ ímpar}}}^{\infty} \frac{32}{n^{3}\pi^{3}\,\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)} \,\operatorname{sinh}\!\left(\frac{n\pi}{2}x\right)\, \sin\!\left(\frac{n\pi}{2}y\right).í
Alternativamente, escrevendo n=2m-1 ( m=1,2,\dots):
u(x,y)=-\frac{32}{\pi^{3}}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\dfrac{(2m-1)\pi}{2}x\bigr)\, \sin\!\bigl(\dfrac{(2m-1)\pi}{2}y\bigr)} {(2m-1)^{3}\,\operatorname{sinh}\!\bigl(\dfrac{(2m-1)\pi}{2}\bigr)}.

Resposta

c_{n}=\frac{2}{b}\,\frac{1}{\operatorname{sinh}\!\left(\dfrac{n\pi}{b}a\right)} \int_{0}^{b}f(y)\,\sin\!\left(\frac{n\pi}{b}y\right)\,dy
u(x,y)=-\frac{32}{\pi^{3}}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{\operatorname{sinh}\!\bigl(\dfrac{(2m-1)\pi}{2}x\bigr)\, \sin\!\bigl(\dfrac{(2m-1)\pi}{2}y\bigr)} {(2m-1)^{3}\,\operatorname{sinh}\!\bigl(\dfrac{(2m-1)\pi}{2}\bigr)}

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