Exercícios Resolvidos de Modelagem com Equação da Onda

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 337. Exercício 1 a)

Considere uma corda elástica de comprimento L cujas extremidades são mantidas fixas. A corda é colocada em movimento sem velocidade inicial de uma posição inicial u x , 0 = f ( x ) .

Encontre o deslocamento u ( x , t ) para a posição inicial

f x = 2 x L                         0 ≤ x ≤ L 2 2 L - x L               L 2 < x < L  

Passo 1

Primeiro, precisamos montar o problema. Temos a equação de onda:

a 2 u x x = u t t

A posição inicial

u x , 0 = f ( x )

Como as extremidades são fixas, temos:

u 0 , t = u L . t = 0

Como a velocidade inicial é zero:

u t x , 0 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Beleza, agora vamos fazer a separação de variáveis, procuramos uma solução do tipo:

u x , t = X x ⋅ T ( t )

Aplicando isso na equação de onda, temos:

a 2 X ' ' x ⋅ T t = X x ⋅ T ' ' ( t )

Passando tudo que tem x para um lado e o que tem t para o outro, temos:

X ' ' x X x = 1 a 2 T ' ' t T t

Como essa igualdade vale para todo x e para todo t , essas razões devem ser independentes tanto de x como de t , logo, podemos dizer que isso é igual a uma constante:

X ' ' x X x = 1 a 2 T ' ' t T t = - λ

Separando a igualdade em 2 equações, temos:

X ' ' x + λ X x = 0

T ' ' t + λ a 2 T t = 0

Beleza, agora vamos aplicar a separação para as condições do problema:

u 0 , t = 0           →       X 0 ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0         →         X 0 = 0

u L , t = 0           →       X L ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0         →         X L = 0

Temos também

u t x , 0 = 0       →       X x ⏟ ≠ 0 ⋅ T ' 0 = 0       →       T ' 0 = 0

Sempre deixamos por último a condição que possui uma função! Nesse caso, u x , 0 = f ( x ) , esquece ela por enquanto.

Precisamos agora achar X ( x ) e T ( t ) , para encontrar u x , t = X x . T ( t ) .

Passo 3

Agora precisamos resolver o problema que tem duas condições (de contorno), em ´ x :

X ' ' x + λ X x = 0 X 0 = X L = 0

Bom, isso é um problema de Diriclhet homogêneo, não é? Beleza, já mencionamos a solução desse problema na teoria desse capítulo, agora vamos resolver passo a passo.

Temos a seguinte equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Caso 1: ∆ > 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é positivo. Nesse caso, λ < 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 e X L = 0

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X L = c 1 e L - λ + c 2 e - L - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

c 1 e L - λ - c 1 e - L - λ = 0

c 1 ( e L - λ - e - L - λ ⏟ ≠ 0 ) = 0

c 1 = 0

c 2 = - c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Mas isso não nos ajuda em nada! Essa é a solução trivial, que não nos interessa. Portanto, esse caso, ∆ > 0 , não nos dá soluções para a EDO.

Caso 2: ∆ = 0 . Nesse caso, λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 X L = 0

X 0 = c 1 = 0

X L = c 1 + c 2 L = 0

Isso nos dá

c 2 L = 0

c 2 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Novamente, a solução trivial, que não nos ajuda em nada. Beleza, vamos ver o 3º caso agora!

Caso 3: ∆ < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ > 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e α cos ⁡ β x + c 2 e α x sen ⁡ β x

Substituindo r = ± - λ = 0 ± i λ

X x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 X L = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

X 20 = c 1 cos ⁡ L λ + c 2 sen ⁡ L λ = 0

Isso nos dá

c 2 sen ⁡ L λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sen ⁡ L λ = 0

O seno se anula em π , 2 π , 3 π ... n π , múltiplos inteiros de π . Logo, podemos dizer que:

L λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n π L

λ n = n π L 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = sen ⁡ n π x L                 n = 1,2 , 3 …

Certo, agora vamos resolver o problema em t .

Passo 4

Tendo os valores de λ n , vamos resolver a outra EDO

T ' ' t + λ a 2 T t = 0 T ' 0 = 0

Vamos resolver pelo método que conhecemos, da equação característica. Repare que, como o valor de λ é conhecido (do passo anterior) e a é um coeficiente dado, não precisamos analisar os 3 casos de , olha só:

r 2 + λ a 2 = 0

r = ± - λ a 2 ⏟ > 0

Repare que, tanto a (por sua definição) como λ (que encontramos no passo anterior) são positivos, logo, o que está dentro da raiz é negativo, ∆ < 0 . Podemos reescrever r como:

r = 0 ± i λ a 2

As soluções da EDO são do tipo:

T t = c 1 cos ⁡ λ a 2 t + c 2 sen ⁡ λ a 2 t

Usando T ' 0 = 0 , temos:

T ' t = - c 1 λ a 2 sen ⁡ λ a 2 t + c 2 λ a 2 cos ⁡ λ a 2 t

T 0 = c 2 λ a 2 ⏟ ≠ 0 = 0       →       c 2 = 0

Fazendo

λ n = π n L 2

Temos então:

T n t = cos ⁡ n π a t L

Então, podemos escrever o seguinte:

u n x , t = sen n π x L cos ⁡ n π a t L

Passo 5

Escrever u ( x , t ) como série e achar os coeficientes da série

Bom, esse u n que encontramos é uma fórmula geral de soluções que atendem à nossa EDO em x e à EDO em t . Sabemos que uma combinação linear dessas soluções também satisfazem o problema, então vamos escrever:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen n π x L cos ⁡ n π a t L  

Podemos interpretar essa série como uma combinação linear infinita de u n ’s.

Beleza, agora precisamos usar a condição do problema que deixamos de lado: u x , 0 = f ( x ) . Fazendo t = 0 , temos:

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen n π x L = f ( x )

Como essa é uma Série de Fourier de senos, fazendo uma extensão ímpar de f ( x ) , podemos dizer que:

b n = 2 L ∫ 0 L f x sen n π x L d x

Onde f ( x ) é dada por:

f x = 2 x L                         0 ≤ x ≤ L 2 2 L - x L               L 2 < x < L  

Certo, precisamos dividir essa integral em duas:

b n = 2 L ∫ 0 L / 2 2 x L sen n π x L d x + 2 L ∫ L / 2 L 2 L - x L sen n π x L d x

b n = 4 L 2 ∫ 0 L / 2 x ⏟ u   sen n π x L ⏟ v ' d x + 4 L ∫ L / 2 L sen n π x L d x - 4 L 2 ∫ L / 2 L x ⏟ u   sen n π x L ⏟ v ' d x

Integrando por partes, temos:

b n = 4 L n π - x cos ⁡ n π x L 0 L / 2 + ∫ 0 L / 2 cos ⁡ n π x L d x - 4 n π cos ⁡ n π x L L / 2 L - 4 L n π - x cos ⁡ n π x L L / 2 L + ∫ L / 2 L cos ⁡ n π x L d x

b n = 4 L n π - L 2 cos ⁡ n π 2 + L n π s e n n π L 0 L / 2 - 4 n π cos ⁡ n π - cos ⁡ n π 2 - 4 L n π - L   cos n π + L 2 cos ⁡ n π 2 + L n π sen n π L L / 2 L

b n = 4 L n π - L 2 cos ⁡ n π 2 + L n π sen n π 2 - 4 n π cos ⁡ n π - cos ⁡ n π 2 - 4 L n π - L   cos n π + L 2 cos ⁡ n π 2 - L n π sen n π 2

b n = 8 n 2 π 2 sen n π 2

Certo, agora vamos substituir isso na nossa série:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 8 n 2 π 2 sen n π 2 sen n π x L cos ⁡ n π a t L  

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 8 n 2 π 2 sen n π 2 sen n π x L cos ⁡ n π a t L  

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas