Resolva usando Transformada de Fourier:
\left\{\begin{array}{c} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}=0, \quad x>0, \quad y>0 \\\ u(0, y)=\left\{\begin{array}{rc} 40, & 0<y<1 \\\\ 0, & y>1 \end{array}\right. \\\ u(x, 0)=\left\{\begin{array}{rc} 80, & 0<x<1 \\\\ 0, & x>1 \end{array}\right. \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede resolver a equação de Laplace na primeira quadrante com condições de Dirichlet nas bordas:
\begin{cases} \displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}=0,& x>0,\;y>0,\\[6pt] u(0,y)=\displaystyle\begin{cases}40,&0<y<1,\\[4pt]0,&y>1,\end{cases}&\\[2pt] u(x,0)=\displaystyle\begin{cases}80,&0<x<1,\\[4pt]0,&x>1.\end{cases}& \end{cases}
Informações importantes retiradas do enunciado (pegaram-se desses dados):
  • A solução deve ser válida para x>0,\;y>0.
  • A condição sobre o eixo y (quando x=0) é a função f(y)=u(0,y)=40\chi_{(0,1)}(y),ou seja f(y)=40 em 0<y<1 e 0 para y>1.
  • A condição sobre o eixo x (quando y=0) é a função g(x)=u(x,0)=80\chi_{(0,1)}(x).
O que se pede: encontrar u(x,y) para x>0,\;y>0. A estratégia a seguir será usar transformadas de Fourier (mais precisamente transformadas seno sobre semi-eixos), resolvendo os problemas com cada condição de borda separadamente e somando (linearidade da equação de Laplace).]

Passo 2

Linearidade: escrevemos a solução como soma de duas soluções que tratam separadamente cada condição não nula:
u(x,y)=u_1(x,y)+u_2(x,y),
onde
  • u_1 resolve Laplace em x>0,y>0 com u_1(0,y)=f(y)=40\chi_{(0,1)}(y) e u_1(x,0)=0;
  • u_2 resolve Laplace com u_2(0,y)=0 e u_2(x,0)=g(x)=80\chi_{(0,1)}(x).
Essa decomposição é útil porque em cada subproblema há uma borda nula, o que permite usar a transformada seno em relação à variável cuja borda é nula.

Passo 3

Resolver u_1 (bordo inferior nulo). Defina a transformada seno em y (variável no semi-eixo y\ge0):
\widehat{u}_1(x,k)=\int_{0}^{\infty} u_1(x,y)\sin(ky)\,dy,\qquad k>0.
Propriedade utilizada (derivada segunda em y sob transformada seno): para funções suficientemente regulares e decrescentes,
\mathcal{S}\{u_{yy}\}(x,k)=\int_{0}^{\infty} u_{yy}(x,y)\sin(ky)\,dy = -k^{2}\widehat{u}_1(x,k)+k\,u_1(x,0).
Como por hipótese para u_1 vale u_1(x,0)=0, ao aplicar a transformada seno à equação de Laplace obtém-se uma EDO em x:
\widehat{u}_{1,xx}(x,k)-k^{2}\widehat{u}_1(x,k)=0.
Solução geral da EDO (para cada k>0):
\widehat{u}_1(x,k)=A(k)e^{k x}+B(k)e^{-k x}.
Como se exige que u_1 seja limitada quando x\to+\infty, devemos ter A(k)=0. Assim
\widehat{u}_1(x,k)=\widehat{u}_1(0,k)e^{-k x}.
Mas
\widehat{u}_1(0,k)=\int_{0}^{\infty} u_1(0,y)\sin(ky)\,dy=\int_{0}^{\infty} f(y)\sin(ky)\,dy=\int_{0}^{1}40\sin(ky)\,dy.
Calcule a transformada:
\int_{0}^{1}\sin(ky)\,dy=\frac{1-\cos k}{k},
logo
\widehat{u}_1(0,k)=40\frac{1-\cos k}{k}.
Portanto
\widehat{u}_1(x,k)=40\frac{1-\cos k}{k}\,e^{-k x}.
Para inverter a transformada seno usamos a fórmula inversa (par transformação seno em [0,\infty)):
u_1(x,y)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\widehat{u}_1(x,k)\sin(ky)\,dk.
Substituindo \widehat{u}_1,
u_1(x,y)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}40\frac{1-\cos k}{k}\,e^{-k x}\sin(ky)\,dk.
Agrupando constantes:
u_1(x,y)=\frac{80}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos k}{k}\,e^{-k x}\sin(ky)\,dk.

Passo 4

Avaliar a integral de u_1 de forma explícita. Separe o integrando:
\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos k}{k}\,e^{-k x}\sin(ky)\,dk = \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-k x}\sin(ky)}{k}\,dk - \int_{0}^{\infty}\frac{\cos k\,e^{-k x}\sin(ky)}{k}\,dk.
Usaremos a identidade (válida para a>0, b\ge0):
\int_{0}^{\infty} e^{-a k}\frac{\sin(bk)}{k}\,dk=\arctan\!\left(\frac{b}{a}\right).
Aplicando ao primeiro termo com a=x, b=y
I_1:=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-k x}\sin(ky)}{k}\,dk=\arctan\!\left(\frac{y}{x}\right).
No segundo termo use a identidade produto-em-soma:
\cos k\sin(ky)=\tfrac{1}{2}\big(\sin(k(y+1))+\sin(k(y-1))\big).
Assim
I_2:=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos k\,e^{-k x}\sin(ky)}{k}\,dk =\tfrac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-k x}\sin(k(y+1))}{k}\,dk +\tfrac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-k x}\sin(k(y-1))}{k}\,dk.
Aplicando a identidade do arco-tangente a cada integral temos
I_2=\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y+1}{x}\right)+\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y-1}{x}\right).
Logo o integrando total é I_1-I_2, e obtemos
u_1(x,y)=\frac{80}{\pi}\left[\arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y+1}{x}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y-1}{x}\right)\right].
Observação sobre ramos: aqui x>0 e y>0, a função \arctan está no ramo principal, e a fórmula vale também quando y-1 é negativo (o valor de \arctan((y-1)/x) será negativo conforme esperado).

Passo 5

Resolver u_2 (bordo lateral nulo). Pela simetria do procedimento, aplicamos transformada seno em x:
\widetilde{u}_2(k,y)=\int_{0}^{\infty} u_2(x,y)\sin(kx)\,dx.
Tratamento análogo ao de u_1: como u_2(0,y)=0 a equação transforma-se em
\widetilde{u}_{2,yy}(k,y)-k^{2}\widetilde{u}_2(k,y)=0,
cuja solução limitada para y\to\infty é
\widetilde{u}_2(k,y)=\widetilde{u}_2(k,0)\,e^{-k y}.
Aqui
\widetilde{u}_2(k,0)=\int_{0}^{\infty} u_2(x,0)\sin(kx)\,dx=\int_{0}^{1}80\sin(kx)\,dx =80\frac{1-\cos k}{k}.
Invertendo a transformada seno em x obtemos
u_2(x,y)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\widetilde{u}_2(k,y)\sin(kx)\,dk = \frac{160}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos k}{k}\,e^{-k y}\sin(kx)\,dk.
Repetindo os passos de avaliação do integral (trocar x\leftrightarrow y) resulta em expressão fechada:
u_2(x,y)=\frac{160}{\pi}\left[\arctan\!\left(\frac{x}{y}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{x+1}{y}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{x-1}{y}\right)\right].

Passo 6

Somando u=u_1+u_2 obtemos a solução completa para x>0,\;y>0:
\begin{aligned} u(x,y)=&\;\frac{80}{\pi}\Bigg[\arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y+1}{x}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y-1}{x}\right)\Bigg]\\[4pt] &+\frac{160}{\pi}\Bigg[\arctan\!\left(\frac{x}{y}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{x+1}{y}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{x-1}{y}\right)\Bigg]. \end{aligned}
Essa fórmula foi obtida aplicando transformadas seno, invertendo e avaliando as integrais elementares do tipo \int_{0}^{\infty}e^{-a k}\sin(bk)/k\,dk=\arctan(b/a).]

Resposta

\begin{aligned} u(x,y)=&\;\frac{80}{\pi}\Bigg[\arctan\!\left(\frac{y}{x}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y+1}{x}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{y-1}{x}\right)\Bigg]\\[6pt] &+\frac{160}{\pi}\Bigg[\arctan\!\left(\frac{x}{y}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{x+1}{y}\right)-\tfrac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{x-1}{y}\right)\Bigg], \end{aligned}
para x>0,\;y>0.]

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