1. Usando separação de variáveis obtenha a solução geral da E D P, em seguida resolva o P V C
ux-4 uy & =0,(x, y) em R^2, u(0, y) & =8 e^-3 y, y in R
  1. Usando a solução geral e superposição de soluções, resolva o P V C
ux-4 uy & =0,(x, y) em R^2 u(0, y) & =8 e^-3 y+4 e^-5 y, y in R
  1. Dado o problema da onda
P OB:l ut t=c^2 partial^2 upartial x^2, 0<x<L e t>0 u(0, t)=0=u(L, t), t>0 u(x, 0)=0,0 <= x <= L ut(x, 0)=g(x), 0 <= x <= L
usando a solução em Série de Fourier
uB(x, t)=sumn=1^infty betan sen(n pi xL) sen(n pi c tL)
mostre como obter a solução de D’Lambert
uB(x, t)=12 c integralx-c t^x+c t gI(u) d u
  1. Resolva os seguintes problemas de contorno pelo método da separação de variáveis de Fourier (Solução em Série de Fourier)
    (a)
ut & =ux x, 0<x<100, t>0 u(0, t) & =u(100, t)=0 u(x, 0) & =x(100-x)
(b)

Passo 1

Na subquestão 5 temos a equação de transporte
ux-4,uy=0,(x,y)inR^2,
com condição inicial
u(0,y)=8,e^-3y, yinR
O conteúdo aqui é o método das características para PDE de primeira ordem.

Passo 2

Pelas características resolvemos o sistema
dx1=dy-4=du0
Da segunda igualdade vem
dydx=-4Longrightarrow y+4x=kappa
(esta combinação é constante) e da terceira igualdade u é constante ao longo de cada curva de nível.

Passo 3

Logo a solução geral é
u(x,y)=fl(y+4xr)
para alguma função f. Usando u(0,y)=8e^-3y obtemos
f(y)=8,e^-3y,
logo

Passo 4

Na subquestão 6 reaplicamos a mesma PDE
ux-4,uy=0
mas com condição inicial superposta
u(0,y)=8,e^-3y+4,e^-5y
Já sabemos que a solução geral é u(x,y)=f(y+4x).

Passo 5

Impondo u(0,y)=f(y)=8e^-3y+4e^-5y, segue por superposição que
u(x,y)=8,e^-3(y+4x)+4,e^-5(y+4x)

Passo 6

Na subquestão 7 temos o problema de onda
utt=c^2,uxx,&0<x<L,;t>0, u(0,t)=0=u(L,t),&t>0, u(x,0)=0,&0<= x<= L, ut(x,0)=g(x),&0<= x<= L,
cuja solução por séries de Fourier é
uB(x,t)=sumn=1^inftybetan,sin!l(tfracnpi xLr),sin!l(tfracnpi c,tLr)

Passo 7

Diferenciando em t e usando ut(x,0)=g(x) obtemos
ut(x,0) =sumn=1^inftybetan,sin!l(tfracnpi xLr),tfracnpi cL =g(x)
Multiplicando por sin(tfracmpi xL) e integrando de 0 a L
betam,npi cL,L2 =integral0^Lg(x),sin!l(tfracmpi xLr),dx Longrightarrow betam =2npi c, integral0^Lg(x),sin!l(tfracmpi xLr),dx

Passo 8

Substituindo betan de volta na série obtemos a solução em séries. Para mostrar que isto equivale à forma de D’Alembert, usa-se a expansão de g em série de senos e a identidade que soma
sumn=1^inftysin!l(tfracnpiL(xpm ct)r)n
levando ao núcleo de Poisson, e chega-se a

Passo 9

Na subquestão 8(a) temos a equação do calor
ut&=uxx,&0<x<100,;t>0, u(0,t)&=0=u(100,t),&t>0, u(x,0)&=x,(100-x),&0<= x<=100
Usamos separação de variáveis e série de Fourier em senos.

Passo 10

A solução assume a forma
u(x,t) =sumn=1^inftyan, e^-lambdant sin!l(tfracnpi x100r), lambdan=l(tfracnpi100r)^2
Os coeficientes são
an =2100 integral0^100x,(100-x), sin!l(tfracnpi x100r),dx =40000,[1-(-1)^n]n^3pi^3

Passo 11

Na subquestão 8(b) temos a equação de onda
utt&=16,uxx,&0<x<2,;t>0, u(0,t)&=0=u(2,t),&t>=0, u(x,0)&=6sin(pi x)-3sin(4pi x),&0<= x<=2, ut(x,0)&=0,&0<= x<=2
Aplicamos série de Fourier em senos.

Passo 12

Escrevemos
u(x,t) =sumn=1^inftyl[Ancos(omegant) +Bnsin(omegant)r] sin!l(tfracnpi x2r), omegan=tfracnpi,cL=tfracnpicdot42=2npi

Passo 13

Das condições iniciais temos
,u(x,0)=sum Ansin(tfracnpi x2)=6sin(pi x)-3sin(4pi x)
e ut(x,0)=sum Bn,omegansin(tfracnpi x2)=0.
Isto dá A1=6, A4=-3 e Bn=0 para todo n.

Resposta

u(x,t) =6cos(2pi t),sin!l(tfracpi x2r) -3cos(8pi t),sin!l(2pi xr)

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