QUAL A SOLUÇÃO DO PROBLEMA ABAIXO?
\begin{cases}u_{x x}+u_{y y}=0, & 0<x<2,0<y<2, \\\ u(x, 0)=0, & u(x, 2)=f(x), \\\ u(0, y)=0, & 0 \leq x \leq 2, \text { onde } f(x)= \begin{cases}x, & 0 \leq x \leq 1, \\\\ 2-x, & 1 \leq x \leq 2,\end{cases} \end{cases}

Passo 1

O enunciado dá o problema de Dirichlet para a equação de Laplace na região retangular 0<x<2,\;0<y<2\): \[\begin{cases} u_{x x}+u_{y y}=0, & 0<x<2,\;0<y<2,\\[4pt] u(x,0)=0, & 0\le x\le2,\\[4pt] u(x,2)=f(x), & 0\le x\le2,\\[4pt] u(0,y)=0, & 0\le y\le2, \end{cases}
onde a função de contorno superior é dada por
f(x)=\begin{cases} x, & 0\le x\le1,\\[4pt] 2-x, & 1\le x\le2. \end{cases}
Para que o problema de Dirichlet esteja completamente especificado e tenha solução única, também é necessário o valor de u\] na reta \(x=2. Vou tomar a hipótese natural (padrão neste tipo de exercício) de que a condição de contorno na vertical direita é u(2,y)=0 para 0\le y\le2. Assim todas as quatro arestas do quadrado têm contornos especificados:
u(0,y)=u(2,y)=u(x,0)=0,\qquad u(x,2)=f(x).]

Passo 2

Ideia do método (separation of variables, explicado passo a passo).
Vamos procurar soluções por separação de variáveis da forma
u(x,y)=X(x)\,Y(y).
Substituindo em \;u_{xx}+u_{yy}=0\; obtemos
X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.
Dividindo por X(x)Y(y) (assumindo X e Y não nulas):
\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=0.
Como o primeiro termo depende só de x e o segundo só de y, cada termo deve ser igual a uma constante negativa/positiva oposta. Tomamos a constante -\lambda (convencional), obtendo os dois ODEs
X''+\lambda X=0,\qquad Y''-\lambda Y=0.
Agora impomos as condições de contorno em x: como u(0,y)=0 e u(2,y)=0 para todo y, obtemos X(0)=X(2)=0. Isso é um problema de autovalores para X. Os autovalores e autovetores são (modo padrão):
\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{2}\right)^2,\qquad X_n(x)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right),\qquad n=1,2,3,\dots
Explicação curta: a equação X''+\lambda X=0 com X(0)=X(2)=0 tem soluções não-triviais somente para \lambda dessa forma, e os senos formam uma base ortogonal em [0,2].
Para cada \lambda_n a equação para Y é Y''-\lambda_n Y=0 com solução geral
Y_n(y)=A_n\operatorname{cosh}\!\big(\tfrac{n\pi}{2}y\big)+B_n\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{2}y\big).
Como queremos u(x,0)=0 para todo x, isto implica Y_n(0)=0, ou seja A_n=0. Logo os modos não-triviais são
u_n(x,y)=B_n\,\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{2}y\big)\,\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big).
A solução geral por séries é então
u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n\,\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{2}y\big)\,\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big).
Agora usamos a condição superior u(x,2)=f(x). Isso impõe
\sum_{n=1}^{\infty} b_n\,\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\cdot 2\big)\,\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big) =\sum_{n=1}^{\infty} b_n\,\operatorname{sinh}(n\pi)\,\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big)=f(x).
Portanto f deve ser expandida na série de senos \sin\!\big(\tfrac{n\pi x}{2}\big) em [0,2]. Pela ortogonalidade dos senos em [0,2] (onde \int_0^2\sin^2(\tfrac{n\pi x}{2})\,dx=1), os coeficientes são dados por
a_n=\int_0^2 f(x)\,\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big)\,dx,
e relacionam-se a b_n por
b_n\,\operatorname{sinh}(n\pi)=a_n\quad\Rightarrow\quad b_n=\frac{a_n}{\operatorname{sinh}(n\pi)}.
Assim a solução será
u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{\operatorname{sinh}(n\pi)}\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{2}y\big)\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big),
com
a_n=\int_0^2 f(x)\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big)\,dx.

Passo 3

Cálculo explícito dos coeficientes a_n para a função f dada (fazer integral por partes e simplificar).
Defina \alpha_n=\tfrac{n\pi}{2}. Então
a_n=\int_0^2 f(x)\sin(\alpha_n x)\,dx =\int_0^1 x\sin(\alpha_n x)\,dx+\int_1^2 (2-x)\sin(\alpha_n x)\,dx.
Calculemos cada integral.
  1. I_1=\int_0^1 x\sin(\alpha x)\,dx. Integração por partes, com u=x,\;dv=\sin(\alpha x)dx:
v=-\frac{\cos(\alpha x)}{\alpha},\qquad du=dx.
Então
I_1=-\frac{x\cos(\alpha x)}{\alpha}\Big|_0^1+\frac{1}{\alpha}\int_0^1\cos(\alpha x)\,dx =-\frac{\cos\alpha}{\alpha}+\frac{1}{\alpha}\cdot\frac{\sin(\alpha)}{\alpha} =-\frac{\cos\alpha}{\alpha}+\frac{\sin\alpha}{\alpha^2}.
  1. I_2=\int_1^2 (2-x)\sin(\alpha x)\,dx. Integração por partes com u=2-x,\;dv=\sin(\alpha x)dx:
v=-\frac{\cos(\alpha x)}{\alpha},\qquad du=-dx.
Logo
I_2=\Big[-\frac{(2-x)\cos(\alpha x)}{\alpha}\Big]_1^2-\frac{1}{\alpha}\int_1^2\cos(\alpha x)\,dx.
Avaliação do termo de fronteira:
\Big[-\frac{(2-x)\cos(\alpha x)}{\alpha}\Big]_1^2 =0-\Big(-\frac{1\cdot\cos\alpha}{\alpha}\Big)=\frac{\cos\alpha}{\alpha}.
E a integral:
\int_1^2\cos(\alpha x)\,dx=\frac{\sin(2\alpha)-\sin\alpha}{\alpha}.
Portanto
I_2=\frac{\cos\alpha}{\alpha}-\frac{1}{\alpha}\cdot\frac{\sin(2\alpha)-\sin\alpha}{\alpha} =\frac{\cos\alpha}{\alpha}-\frac{\sin(2\alpha)-\sin\alpha}{\alpha^2}.
Somando a_n=I_1+I_2 obtemos
a_n=\Big(-\frac{\cos\alpha}{\alpha}+\frac{\sin\alpha}{\alpha^2}\Big) +\Big(\frac{\cos\alpha}{\alpha}-\frac{\sin(2\alpha)-\sin\alpha}{\alpha^2}\Big) =\frac{2\sin\alpha-\sin(2\alpha)}{\alpha^2}.
Usando a identidade \sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha, isso é
a_n=\frac{2\sin\alpha\,(1-\cos\alpha)}{\alpha^2}.
Agora substituímos \alpha=\alpha_n=\tfrac{n\pi}{2}. Observação importante: para n par temos \sin(\alpha_n)=0 (pois \alpha_n=k\pi), logo a_n=0 se n é par. Para n ímpar, digamos n=2m-1, temos \sin(\alpha_n)=(-1)^{m-1} e \cos(\alpha_n)=0; então 1-\cos\alpha_n=1 e
a_{2m-1}=\frac{2(-1)^{m-1}}{\big(\tfrac{(2m-1)\pi}{2}\big)^2} =\frac{8(-1)^{m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}.
Resumo dos coeficientes:
a_n=\begin{cases} 0, & n\\ \text{par},\\[4pt] \dfrac{8(-1)^{m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}, & n=2m-1\\ \text{(ímpar)}. \end{cases}í]

Passo 4

Montagem da solução final substituindo a_n em u(x,y).
Lembrando que
u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\operatorname{sinh}(n\pi)}\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{n\pi}{2}y\big)\sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}x\big),
e que somente os termos com n ímpar contribuem, escrevemos a série sobre m=1,2,3,\dots com n=2m-1. Assim
u(x,y)=\sum_{m=1}^\infty \frac{8(-1)^{m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}\, \frac{\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{(2m-1)\pi}{2}y\big)}{\operatorname{sinh}\!\big((2m-1)\pi\big)}\, \sin\!\big(\tfrac{(2m-1)\pi}{2}x\big).
Essa série representa a solução harmônica no quadrado que satisfaz u=0 nas três arestas inferiores e laterais e u(x,2)=f(x) na aresta superior com a f dada.
Pequena interpretação pedagógica: cada termo é um modo harmônico em x (seno) ajustado em y pela função hiperbólica \operatorname{sinh}. O fator \operatorname{sinh}((2m-1)\pi) no denominador serve para forçar que, na linha y=2, a combinação desses modos reproduza exatamente f(x). Os termos pares anulem-se porque a função triangular dada é simétrica de modo que sua série de senos tem apenas modos ímpares.

Resposta

u(x,y)=\sum_{m=1}^\infty \frac{8(-1)^{m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}\, \frac{\operatorname{sinh}\!\big(\tfrac{(2m-1)\pi}{2}y\big)}{\operatorname{sinh}\!\big((2m-1)\pi\big)}\, \sin\!\big(\tfrac{(2m-1)\pi}{2}x\big).

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