6(1,5) - Resolva a equação de Laplace com as restrições impostas na equação com valores PVI (use série de Fourier):
l partial^2 upartial x^2+partial^2 upartial y^2=0,0<x<1,0<y<1 partial upartial y|y=0=0,partial upartial y|y=1=0,0<x<1 u(0, y)=0, u(1, y)=1-y, 0<y<1

Passo 1

Vamos resolver
uxx+uyy=0,&0<x<1,;0<y<1, uy(x,0)=0,;uy(x,1)=0,&0<x<1, u(0,y)=0,;u(1,y)=1-y,&0<y<1,
usando separação de variáveis em x e y e série de Fourier em y. O fato de termos condição de Neumann em y=0,1 indica que as funções próprias em y são cossenos.

Passo 2

Proponho uma série do tipo
u(x,y)=A0(x)2+sumn=1^inftyAn(x)cosl(npi yr)
Como partialycos(npi y)=-npisin(npi y), asseguramos partialyu(x,0)=partialyu(x,1)=0. Substituindo em uxx+uyy=0 e usando ortogonalidade em y, obtemos para n>=1
An''(x)-(npi)^2An(x)=0,
e para o modo n=0
A0''(x)=0

Passo 3

A solução geral para cada n>=1 é
An(x)=Cn e^,npi x+Dn e^-npi x
A condição u(0,y)=0 implica
A0(0)2+sumn=1^infty An(0)cos(npi y)=0 Longrightarrow A0(0)=0,;An(0)=0
Logo A0(x)=a,x+b com b=0, e em cada n>=1 temos Cn+Dn=0, i.e.\ Dn=-Cn, de onde
An(x)=2Cnsinh(npi x)

Passo 4

Agora usamos u(1,y)=1-y. Escrevemos
1-y=a02+sumn=1^infty ancos(npi y),
onde
a0=2integral0^1(1-y),dy=1, an=2integral0^1(1-y)cos(npi y),dy =2n^2pi^2l(1-(-1)^nr)
Da expressão de an segue que an=0 para n par e, para n=2m+1,
a2m+1=4(2m+1)^2pi^2

Passo 5

Em x=1 temos
u(1,y)=A0(1)2+sumn>=12Cnsinh(npi)cos(npi y) =1-y =12+sumn>=1ancos(npi y)
Comparando coeficientes dá A0(1)=1 e 2Cnsinh(npi)=an. Como A0(x)=a,x e A0(1)=1, temos a=1, logo
A0(x)=x, Cn=an2sinh(npi), An(x)=an,sinh(npi x)sinh(npi)

Passo 6

Reunindo tudo, lembrando que só contribuem n=2m+1, chegamos a
u(x,y) =A0(x)2+summ=0^infty A2m+1(x)cosl((2m+1)pi yr) =x2 +summ=0^infty 4(2m+1)^2pi^2 sinhl((2m+1)pi xr)sinhl((2m+1)pir) cosl((2m+1)pi yr)

Resposta

boxed u(x,y) =x2 +summ=0^infty 4(2m+1)^2pi^2 sinhl((2m+1)pi xr)sinhl((2m+1)pir) cosl((2m+1)pi yr)

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