Exercícios Resolvidos de Modelagem com Equação da Onda

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Enunciado

Encontre o deslocamento u ( x , t ) de uma corda elástica de comprimento L fixa em x = 0 e solta em x = L , colocada em movimento sem velocidade inicial a partir da sua posição inicial u x , 0 = f ( x ) , onde f ( x ) é uma função dada.

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 a extremidade x = 0 é fixa:

u 0 , t = 0

Como a extremidade x = L é solta, temos:

u x L , t = 0

Como a velocidade inicial é zero:

u t x , 0 = 0

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 x 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

Ok, esse problema não é nenhum conhecido, temos condições mistas, não é? Sem problemas, vamos resolver passo a passo isso aqui!

A primeira coisa que vamos fazer é escrever a equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Como não sabemos o valore de λ , temos que analisar o problema para cada caso de e depois juntar as respostas que encontrarmos.

Caso 1: ∆ > 0 , o que nos dá λ < 0 . Nesse caso, 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 X ' L = 0 . Temos:

X ' ( x ) = c 1 - λ e - λ x - c 2 λ e - - λ x

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X ' L = c 1 - λ e L - λ - c 2 - λ e - L - λ = 0

Isso nos dá

c 1 = - c 2

Aqui temos o mesmo raciocínio:

c 1 ( - λ e L - λ + - 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 , o que nos dá λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

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

X ' x = c 2

X 0 = c 1 = 0

X ' ( L ) = c 2 = 0

Bom, temos novamente apenas a solução trivial, não é? Vamos para o próximo 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 . Temos:

X ' ( x ) = - c 1 λ sen ⁡ λ x + c 2 λ cos ⁡ λ x

X ( 0 ) = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

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

Isso nos dá

c 1 = 0

c 2 ⏟ ≠ 0 cos ⁡ 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 cosseno seja zero.

cos ⁡ L λ = 0

Isso ocorre quando:

L λ = n π - π 2             n = 1,2 , 3 …

λ = 2 n π - π 2 L

λ n = 2 n π - π 2 L 2

Substituindo, temos a seguinte solução

X n x = sen ⁡ 2 n π - π 2 L x                 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 = 2 n π - π 2 L 2

Temos então:

T n t = cos ⁡ 2 n π a t - π a t 2 L

Então, podemos escrever o seguinte:

u n x , t = sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L cos ⁡ 2 n π a t - π a t 2 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 satisfaz o problema, então vamos escrever:

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

Resposta

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

Onde

b n = 2 L ∫ 0 L f x sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L d x