Equações Diferenciais Parciais - Reginaldo (2011)

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Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar) Reginaldo J. Santos Departamento de Matem´atica-ICEx Universidade Federal de Minas Gerais http://www.mat.ufmg.br/~regi

Julho 2011

˜ Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o Equac¸oes c 2011 by Reginaldo de Jesus Santos (130320) Copyright Nenhuma parte desta publicac¸a˜ o poder´a ser reproduzida por qualquer meio sem a pr´evia autorizac¸a˜ o, por escrito, do autor. ˜ Ilustrac¸oes: Reginaldo J. Santos

Ficha Catalogr´afica

S237i

Santos, Reginaldo J. ˜ Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o / Reginaldo J. Santos Equac¸oes - Belo Horizonte: Imprensa Universit´aria da UFMG, 2011.

˜ Diferenciais 1. Equac¸oes

I. T´ıtulo

CDD:

515.3

Sum´ario

˜ Apresentac¸ao

vii

˜ ´ 1 Equac¸oes Diferenciais Ordinarias 1.1 Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Classificac¸a˜ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Soluc¸o˜ es de Equac¸o˜ es Ordin´arias . . . . . . . . . 1.1.3 Equac¸o˜ es Ordin´arias de 1a. Ordem . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Equac¸o˜ es Lineares de 1a. Ordem . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Equac¸o˜ es em que p(t) = 0 . . . . . . . . . . . 1.2.2 Equac¸o˜ es Lineares - Caso Geral . . . . . R. . . . . 1.2.3 Como chegar ao fator integrante µ(t) = e p(t)dt ? Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I . . 1.3.1 Soluc¸o˜ es Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 F´ormula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

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1 1 7 8 11 13 14 14 16 21 23 25 27 36

iv

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. 38 . 42 . 42 . 45 . 55 . 57 . 61 . 72 . 73 . 75 . 89 . 98 . 102 . 106

´ 2 Series de Fourier 2.1 Teorema de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 S´eries de Fourier de Func¸o˜ es Pares e ´Impares . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Demonstrac¸a˜ o do Teorema sobre a Convergˆencia da S´erie de Fourier 2.1.3 Limites e Derivac¸a˜ o de S´eries de Func¸o˜ es . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4 Tabela de Coeficientes de S´eries de Fourier . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Forc¸a Externa Peri´odica . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Oscilac¸o˜ es Forc¸adas sem Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1.4

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Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte II . . . . . 1.4.1 Obtendo-se uma Segunda Soluc¸a˜ o (Reduc¸a˜ o de Ordem) 1.4.2 Equac¸o˜ es Homogˆeneas com Coeficientes Constantes . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 M´etodo dos Coeficientes a Determinar . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Oscilac¸o˜ es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Oscilac¸o˜ es Livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.2 Oscilac¸o˜ es Forc¸adas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.3 Circuitos El´etricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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161 162 177 193 196 201 202 214 228 233 233 240 247 250

Julho 2011

Sum´ario

v

˜ do Calor em uma Barra 3 Equac¸ao 3.1 Extremidades a Temperaturas Fixas . . . . . . . . . . . 3.1.1 Condic¸o˜ es de Fronteira Homogˆeneas . . . . . . 3.1.2 Condic¸o˜ es de Fronteira N˜ao Homogˆeneas . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Barra Isolada nas Extremidades . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea 3.3.1 Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas . . . . . . . . . . 3.3.2 Equac¸a˜ o do Calor n˜ao Homogˆenea . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . .

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275 276 276 284 290 291 300 301 301 308 313 315

˜ da Onda Unidimensional 4 Equac¸ao 4.1 Corda El´astica Presa nas Extremidades . 4.1.1 Com Velocidade Inicial Nula . . . 4.1.2 Com Deslocamento Inicial Nulo . 4.1.3 Caso Geral . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Corda El´astica Solta em uma Extremidade 4.2.1 Com Velocidade Inicial Nula . . . 4.2.2 Com Deslocamento Inicial Nulo . 4.2.3 Caso Geral . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Corda El´astica Infinita . . . . . . . . . . 4.3.1 Soluc¸a˜ o Geral . . . . . . . . . . 4.3.2 Problema de Valor Inicial . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . .

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329 329 330 344 353 359 362 363 373 381 385 388 388 389 391 393

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Reginaldo J. Santos

vi ˜ de Laplace Bidimensional 5 Equac¸ao 5.1 Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo . . . . . 5.1.1 Apenas k(y) n˜ao Nula . . . . . . . 5.1.2 Apenas h(y) n˜ao Nula . . . . . . . 5.1.3 Caso Geral . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Equac¸a˜ o de Laplace numa Faixa Semi-infinita Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . .

Sum´ario

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419 419 420 427 433 436 439 447 448 456 466

6 Transformada de Fourier 6.1 Definic¸a˜ o e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Invers˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Convoluc¸a˜ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais . . . . . . . . . . . . . 6.4.1 Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra Infinita . . . . . . . . . . . 6.4.2 Equac¸a˜ o da Onda em uma Dimens˜ao . . . . . . . . . . . . 6.4.3 Problema de Dirichlet no Semi-plano . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Tabela de Transformadas de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Relac¸a˜ o com a S´erie de Fourier e a Transformada de Fourier Discreta 6.7 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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501 501 527 529 533 535 541 542 542 546 549 551 553 554 563

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Bibliografia

578

´Indice Alfabetico ´

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Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

Apresentac¸a˜ o

´ ˜ Diferenciais Parciais e Transformada de Esse e´ um texto para uma disciplina introdutoria sobre Equac¸oes Fourier para alunos da a´ rea de Ciˆencias Exatas. Pode ser considerado um texto alternativo aos livros Boyce˜ Diferenciais Parciais e Val´eria Iorio[4] ´ DiPrima [2] para a parte de Equac¸oes para a parte de Transformada de Fourier, sendo nos dois casos mais objetivo e mais elementar. Entretanto, aqui est˜ao apresentadas provas elementares de resultados como o teorema sobre convergˆencia pontual da s´erie de Fourier, derivac¸a˜ o e limites ˜ ´ ˜ Diferenciais B’ que e´ de s´eries de func¸oes. O conteudo corresponde ao programa da disciplina ’Equac¸oes ministrado para os alunos da a´ rea de ciˆencias exatas na Universidade Federal de Minas Gerais. O texto e´ dividido em cinco cap´ıtulos. ˜ No Cap´ıtulo 1 s˜ao estudadas as s´eries de Fourier. Terminamos o cap´ıtulo com uma aplicac¸a˜ o a` s oscilac¸oes ´ forc¸adas com forc¸a periodica. As s´eries de Fourier s˜ao aplicadas na soluc¸a˜ o de problemas de valor inicial e de ˜ como a do calor em uma dimens˜ao que e´ estudada no Cap´ıtulo 2, a equac¸a˜ o da corda fronteira para equac¸oes el´astica, no Cap´ıtulo 3 e a equac¸a˜ o de Laplace, no Cap´ıtulo 4. No Cap´ıtulo 5 estudamos a transformada de ˜ a` s equac¸oes ˜ diferenciais. Fourier e suas aplicac¸oes Todos os exerc´ıcios est˜ao resolvidos no final do capitulo correspondente. Uma coisa que acho importante e´ somente ler a soluc¸a˜ o de um exerc´ıcio depois de ter tentado verdadeiramente resolvˆe-lo. E´ como quando vii

viii

Pref´acio

lhe d˜ao um enigma para decifrar. Se lhe contarem logo a soluc¸a˜ o vocˆe n˜ao vai lembrar depois. Quanto mais tempo vocˆe ficar tentando decifrar antes de lhe contarem a soluc¸a˜ o mais tempo vocˆe vai lembrar. Os desenhos e gr´aficos foram feitos usando o M ATLABr ∗ com o pacote GAAL e o Maxima tamb´em com o pacote GAAL dispon´ıveis no site do autor (http://www.mat.ufmg.br/~regi). Neste site tamb´em est˜ao ˜ ˜ parciais, s´eries de Fourier e outros. dispon´ıveis p´aginas interativas para o estudo de oscilac¸oes, equac¸oes Gostaria de agradecer aos professores Joana Darc A. S. da Cruz, Grey Hercole e Helder C. Rodrigues pelas ˜ apresentadas. cr´ıticas e sugestoes

∗ MATLAB

e´ marca registrada de The Mathworks, Inc.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1 Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

1.1

Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais

´ ´ Uma equac¸a˜ o alg´ebrica e´ uma equac¸a˜ o em que as incognitas s˜ao numeros, enquanto ´ ˜ e a uma equa¸ca˜ o diferencial e´ uma equac¸a˜ o em que as incognitas s˜ao func¸oes ˜ equac¸a˜ o envolve derivadas destas func¸oes. Numa equac¸a˜ o diferencial em que a ´ incognita e´ uma func¸a˜ o y(t), t e´ a vari´avel independente e y e´ a vari´avel dependente. Vejamos alguns exemplos.

1

Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

2

θ

−mg sen θ

θ mg cos θ

Figura 1.1 – Pˆendulo Simples

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

P = mg

Julho 2011

1.1

Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais

3

Exemplo 1.1. O movimento de um pˆendulo simples de massa m e comprimento l e´ descrito pela func¸a˜ o θ (t) que satisfaz a equac¸a˜ o diferencial d2 θ g + sen θ = 0. l dt2 ´ Nesta equac¸a˜ o a incognita e´ a func¸a˜ o θ (t). Assim, θ e´ a vari´avel dependente e t e´ a vari´avel independente.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

4

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt) Fe = − k x

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fe = − k x

Figura 1.2 – Sistema massa-mola

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

0

x

Julho 2011

1.1

Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais

5

Exemplo 1.2. Em um sistema massa-mola composto de um corpo de massa m preso a uma mola com constante el´astica k, sujeita a uma forc¸a de resistˆencia Fr = −γv = −γ dx ¸ a externa Fext (t) = F0 cos(ωt) o deslocamento da massa x (t) satisfaz dt e uma forc a equac¸a˜ o diferencial dx d2 x m 2 +γ + kx = F0 cos(ωt). dt dt ´ Nesta equac¸a˜ o a incognita e´ a func¸a˜ o x (t). Assim, x e´ a vari´avel dependente e t e´ a vari´avel independente.

Exemplo 1.3. Numa regi˜ao do plano em que n˜ao h´a cargas el´etricas o potencial el´etrico u( x, y) em cada ponto ( x, y) da regi˜ao satisfaz a equac¸a˜ o diferencial ∂2 u ∂2 u + 2 = 0, ∂x2 ∂y ´ chamada equa¸ca˜ o de Laplace. Nesta equac¸a˜ o a incognita e´ a func¸a˜ o u( x, y). Assim, u e´ a vari´avel dependente e x e y s˜ao as vari´aveis independentes.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

6

R

C

Figura 1.3 – Circuito RC

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

V (t)

Julho 2011

1.1

Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais

7

Exemplo 1.4. Um circuito RC e´ um circuito que tem um resistor de resistˆencia R, um capacitor de capacitˆancia C e um gerador que gera uma diferenc¸a de potencial V (t) ligados em s´erie. A carga Q(t) no capacitor satisfaz a equac¸a˜ o diferencial R

dQ 1 + Q = V ( t ). dt C

´ Nesta equac¸a˜ o a incognita e´ a func¸a˜ o Q(t). Assim, Q e´ a vari´avel dependente e t e´ a vari´avel independente.

1.1.1

Classificac¸a˜ o

˜ s˜ao classificadas quanto ao tipo, a ordem e a linearidade. As equac¸oes (a) Quanto ao tipo uma equac¸a˜ o diferencial pode ser ordin´aria ou parcial. Ela ˜ incognitas ´ ˜ de somente uma vari´avel. e´ ordin´aria se as func¸oes forem func¸oes Caso contr´ario ela e´ parcial. Portanto, uma equac¸a˜ o diferencial e´ ordin´aria se as derivadas que aparecem na equac¸a˜ o s˜ao derivadas ordin´arias. Por exemplo, as ˜ que podem ser escritas na forma equac¸oes F (t, y, y0 , y00 , ...) = 0, ˜ diferenciais ordin´arias, como as em que y e´ func¸a˜ o apenas de t, s˜ao equac¸oes ˜ dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.4. A equac¸a˜ o do Exemplo 1.3 e´ parcial. equac¸oes (b) Quanto a` ordem uma equac¸a˜ o diferencial pode ser de 1a. , de 2a. , ..., de n-´esima ordem dependendo da derivada de maior ordem presente na equac¸a˜ o. Uma equac¸a˜ o diferencial ordin´aria de ordem n e´ uma equac¸a˜ o que pode ser escrita na forma F (t, y, y0 , y00 , ..., y(n) ) = 0. Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

8

˜ dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.3 s˜ao de 2a. ordem e a equac¸a˜ o do Exemplo As equac¸oes a 1.4 e´ de 1 . ordem. (c) Quanto a linearidade uma equac¸a˜ o diferencial pode ser linear ou n˜ao linear. ´ Ela e´ linear se as incognitas e suas derivadas aparecem de forma linear na ´ equac¸a˜ o, isto e´ , as incognitas e suas derivadas aparecem em uma soma em que ´ cada parcela e´ um produto de alguma derivada das incognitas com uma func¸a˜ o ´ que n˜ao depende das incognitas. Caso contr´ario ela e´ n˜ao linear. Por exemplo, uma equac¸a˜ o diferencial ordin´aria linear de ordem n e´ uma equac¸a˜ o que pode ser escrita como a0 ( t ) y + a1 ( t )

dy d2 y dn y + a2 ( t ) 2 + . . . + a n ( t ) n = f ( t ). dt dt dt

˜ diferenciais ordin´arias que n˜ao podem ser colocadas nessa forma As equac¸oes ˜ dos Exemplos 1.2, 1.3 e 1.4 s˜ao lineares e a s˜ao n˜ao lineares. As equac¸oes equac¸a˜ o do Exemplo 1.1 e´ n˜ao linear.

1.1.2

Soluc¸o˜ es de Equac¸o˜ es Ordin´arias

Uma solu¸ca˜ o (particular) de uma equa¸ca˜ o diferencial ordin´aria de ordem n em um intervalo I e´ uma func¸a˜ o y(t) definida no intervalo I tal que as suas derivadas de ordem at´e n est˜ao definidas no intervalo I e satisfazem a equac¸a˜ o neste intervalo. A soluc¸a˜ o de uma equac¸a˜ o diferencial e´ tamb´em chamada curva integral da equac¸a˜ o.

Exemplo 1.5. Considere a equac¸a˜ o ay00 + by0 + cy = 0,

com a, b, c ∈ R, a 6= 0 tais que b2 − 4ac = 0.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.1

Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais

9

b

Vamos mostrar que y(t) = e− 2a t e´ soluc¸a˜ o desta equac¸a˜ o para t ∈ R. y0 (t) = −

b −bt e 2a , 2a

y00 (t) =

b2 − b t e 2a 4a2

Substituindo-se y(t), y0 (t) e y00 (t) no primeiro membro da equac¸a˜ o obtemos   b b2 − b t b −bt 00 0 ay + by + cy = a 2 e 2a + b − e 2a + ce− 2a t 2a 4a  2  2 b b b = − + c e− 2a t 4a 2a

=

−b2 + 4ac − b t e 2a = 0, 4a b

´ pois por hipotese b2 − 4ac = 0. Assim, y(t) = e− 2a t e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o. A solu¸ca˜ o geral de uma equa¸ca˜ o diferencial ordin´aria de ordem n em um inter˜ y(t) no intervalo I, dependendo de n constanvalo I e´ uma fam´ılia de soluc¸oes tes arbitr´arias, tal que qualquer soluc¸a˜ o particular pode ser obtida da soluc¸a˜ o geral atribuindo-se valores a` s constantes.

Exemplo 1.6. A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial dy = e3t dt e´ o conjunto de todas as primitivas da func¸a˜ o f (t) = e3t , ou seja, y(t) =

Z

e3t dt + c =

e3t + c, 3

que e´ v´alida para −∞ < t < ∞, pois este e´ o maior intervalo em que a soluc¸a˜ o e sua derivada est˜ao definidas.

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

10

y

1

t -1

1

-1

˜ da equac¸a˜ o do ExemFigura 1.4 – Soluc¸oes plo 1.6

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.1

Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais

1.1.3

11

Equac¸o˜ es Ordin´arias de 1a. Ordem

˜ que podem ser escritas ˜ diferenciais ordin´arias de 1a. ordem s˜ao equac¸oes As equac¸oes como F (t, y, y0 ) = 0. ˜ de primeira ordem que podem ser escritas na forma Vamos estudar equac¸oes dy = f (t, y). dt

(1.1)

Uma solu¸ca˜ o (particular) de uma equa¸ca˜ o diferencial (1.1) em um intervalo I e´ uma func¸a˜ o y(t) definida no intervalo I tal que a sua derivada y0 (t) est´a definida no intervalo I e satisfaz a equac¸a˜ o (1.1) neste intervalo. O problema   dy = f (t, y) (1.2) dt  y ( t0 ) = y0 e´ chamado problema de valor inicial (PVI). Uma solu¸ca˜ o do problema de valor inicial (1.2) em um intervalo I contendo t0 e´ uma func¸a˜ o y(t) que est´a definida neste intervalo, tal que a sua derivada tamb´em est´a definida neste intervalo e satisfaz (1.2).

Exemplo 1.7. Vamos encontrar a soluc¸a˜ o do PVI   dy = e3t dt  y(1/3) = e/3. A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o dy = e3t dt Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

12 e´ o conjunto de todas as primitivas da func¸a˜ o f (t) = e3t , ou seja, y(t) =

Z

e3t dt + c =

e3t + c, 3

que e´ v´alida para −∞ < t < ∞. Substituindo-se t = 1/3 e y = e/3 na soluc¸a˜ o geral encontrada obtemos c = 0. Assim, a soluc¸a˜ o do PVI e´ e3t y(t) = 3 v´alida para −∞ < t < ∞, que e´ o maior intervalo contendo t0 = 1/3 em que a soluc¸a˜ o e sua derivada est˜ao definidas.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.1

Introduc¸a˜ o a` s Equac¸o˜ es Diferenciais

13

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 106) ˜ abaixo quanto ao tipo, a ordem e a linearidade: 1.1. Classifique as equac¸oes 0 (a) yy + t = 0. (b) x2 y00 + bxy0 + cy = 0. ˜ y1 ( x ) = x2 , y2 ( x ) = x3 e y3 ( x ) = e− x s˜ao soluc¸oes ˜ da equac¸a˜ o 1.2. Determine qual ou quais das func¸oes

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0. 1.3. Sejam a, b, c ∈ R. Mostre que (a) y(t) = ert , com r satisfazendo ar + b = 0, e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ay0 + by = 0. (b) y(t) = ert , com r satisfazendo ar2 + br + c = 0, e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ay00 + by0 + cy = 0. (c) y( x ) = xr , com r satisfazendo r2 + (b − 1)r + c = 0, e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o x2 y00 + bxy0 + cy = 0. 1.4. Determine os valores de r para os quais a func¸a˜ o y(t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o: r r e y0 + ty2 = 0. e y0 − 6ty2 = 0. (c) y(t) = 2 (a) y(t) = 2 t −3 t +1 r r (b) y(t) = 2 (d) y(t) = 2 e y0 − 2ty2 = 0. e y0 − ty2 = 0. t +1 t +2 ˜ da equac¸a˜ o diferencial 1.5. Determine todas as soluc¸oes ty00 + (t − 1)y0 − y = 0 ˜ de 1o. grau, ou seja, da forma y(t) = at + b, para a e b constantes. que s˜ao func¸oes

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

14

1.2

Equac¸o˜ es Lineares de 1a. Ordem

˜ que poAs equa¸coes ˜ (diferenciais ordin´arias) lineares de 1a. ordem s˜ao equac¸oes dem ser escritas como dy + p ( t ) y = q ( t ). (1.3) dt

1.2.1

Equac¸o˜ es em que p(t) = 0

Se a func¸a˜ o p(t) = 0 a equac¸a˜ o (1.3) torna-se dy = q ( t ), dt

(1.4)

que e´ facilmente resolvida integrando-se os dois lados. Assim, a soluc¸a˜ o geral desta equac¸a˜ o e´ dada por Z y(t) =

q(t)dt + c.

Exemplo 1.8. A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial dy = sen(2t) dt e´ o conjunto de todas as primitivas de f (t) = sen(2t), ou seja, y(t) =

Z

sen(2t) dt + c = −

cos(2t) + c. 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.2

Equac¸o˜ es Lineares de 1a. Ordem

15

y

2

1 t

-1

-2

˜ da equac¸a˜ o do ExemFigura 1.5 – Soluc¸oes plo 1.8

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

16

˜ de Na subsec¸a˜ o 1.2.2 e na sec¸a˜ o 1.3 veremos t´ecnicas de se encontrar soluc¸oes ˜ de 1a. ordem que se baseiam em transformar a equac¸a˜ o inicial em uma equac¸oes equac¸a˜ o do tipo (1.4).

1.2.2

Equac¸o˜ es Lineares - Caso Geral

˜ da forma Vamos considerar equac¸oes dy + p ( t ) y = q ( t ). dt

(1.5)

Vamos definir uma func¸a˜ o auxiliar, µ(t), de forma que ao multiplicarmos a equac¸a˜ o (1.5) por esta func¸a˜ o a equac¸a˜ o obtida e´ uma equac¸a˜ o linear com p(t) = 0, ou seja, do tipo (1.4), que j´a resolvemos anteriormente. Uma func¸a˜ o com esta propriedade e´ chamada fator integrante da equa¸ca˜ o linear. Seja µ(t) = e Vamos mostrar agora que µ(t) = e

R

p(t)dt

R

p(t)dt

.

e´ um fator integrante da equac¸a˜ o (1.5).

Observe em primeiro lugar que R dµ =e dt

p(t)dt

d dt

Z

 p(t)dt

=e

R

p(t)dt

p ( t ) = µ ( t ) p ( t ).

(1.6)

Assim, multiplicando-se (1.5) por µ(t) obtemos µ(t) Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

dy + µ(t) p(t)y = µ(t)q(t) dt

(1.7) Julho 2011

1.2

Equac¸o˜ es Lineares de 1a. Ordem

17

mas como por (1.6), µ(t) p(t) =

dµ , ent˜ao (1.7) pode ser reescrita como dt

µ(t)

dy dµ + y = µ ( t ) q ( t ). dt dt

(1.8)

Mas o lado esquerdo dessa equac¸a˜ o e´ a derivada de um produto o que faz com que ela possa ser reescrita na forma d (µ(t)y(t)) = µ(t)q(t) dt

(1.9)

A equac¸a˜ o (1.9) e´ uma equac¸a˜ o do tipo (1.4), ou seja, dY = f (t) dt em que Y (t) = µ(t)y(t) e f (t) = µ(t)q(t). Assim, integrando-se ambos os membros de (1.9) temos que a soluc¸a˜ o geral µ(t)y(t) =

Z

µ(t)q(t)dt + c.

Como µ(t) 6= 0, para todo t ∈ R, dividindo-se a equac¸a˜ o anterior por µ(t) obtemos que a soluc¸a˜ o geral de (1.5) e´ dada por Z  1 y(t) = µ(t)q(t)dt + c µ(t)

Mostraremos na Subsec¸a˜ o 1.2.3 como podemos chegar a µ(t) = e integrante da equac¸a˜ o (1.5). Julho 2011

R

p(t)dt

como fator

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18

´ Aten¸ca˜ o: N˜ao se deve memorizar a formula obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que deve ser seguido para resolver uma equac¸a˜ o linear de 1a. ordem.

´ No proximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral.

Exemplo 1.9. Considere a equac¸a˜ o dy 2 + y = t. dt t O fator integrante e´ µ(t) = e

R

2 dt t

2

= e2 ln |t| = eln t = t2 .

Multiplicando-se a equac¸a˜ o acima por µ(t) obtemos: t2

dy + 2ty = t3 . dt

O lado esquerdo e´ igual a derivada do produto t2 y(t). Logo, a equac¸a˜ o acima e´ equivalente a  d 2 t y ( t ) = t3 . dt Integrando-se obtemos t4 t2 y ( t ) = +c 4 Explicitando y(t) temos que a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ y(t) =

t2 c + 2. 4 t

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(1.10) Julho 2011

1.2

Equac¸o˜ es Lineares de 1a. Ordem

19

˜ desta equac¸a˜ o diferencial. Para c = 0 a soluc¸a˜ o e´ a Podemos esboc¸ar as soluc¸oes par´abola t2 y(t) = . 4 ´ Para c 6= 0, temos que o dom´ınio de y(t) e´ o conjunto dos numeros reais tais que t 6= 0. limt→±∞ y(t) = +∞, se c 6= 0. Al´em disso lim y(t) = +∞,

se c > 0

lim y(t) = −∞,

se c < 0.

t →0

e

t →0

˜ Vamos analisar o crescimento e decrescimento das soluc¸oes dy t 2c = − 3 =0 dt 2 t se, e somente se,

t4 = 4c.

√ ˜ tˆem somente pontos cr´ıticos em t = ± 4 4c e se c < 0 elas Assim, se c > 0 as soluc¸oes n˜ao tˆem ponto cr´ıtico.

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

20 y 4 3 2 1

t -4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-1 -2 -3 -4

˜ da equac¸a˜ o do ExemFigura 1.6 – Soluc¸oes plo 1.9 y

4

3

2

1 t

Figura 1.7 – Soluc¸a˜ o do PVI do Exemplo 1.10 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

1

2

3

4

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1.2

Equac¸o˜ es Lineares de 1a. Ordem

21

Exemplo 1.10. Considere o problema de valor inicial   dy 2 + y = t. dt t  y (2) = 3 A equac¸a˜ o e´ a mesma do Exemplo 1.9. Substituindo-se t = 2 e y = 3 em (1.10) obtemos 4 c 3= + . 4 4 De onde obtemos que c = 8. Portanto, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ 8 t2 + 2. 4 t Observe que a soluc¸a˜ o deste problema de valor inicial e´ v´alida no intervalo (0, +∞), que e´ o maior intervalo contendo t = 2 (pois a condic¸a˜ o inicial e´ y(2) = 3) em que a soluc¸a˜ o e sua derivada est˜ao definidas. Se a condic¸a˜ o inicial ao inv´es de y(2) = 3 fosse y(−2) = 3 a soluc¸a˜ o teria a mesma express˜ao, mas o intervalo de validade da soluc¸a˜ o seria (−∞, 0). y(t) =

1.2.3

Como chegar ao fator integrante µ(t) = e

R

p(t)dt

? R

Vamos mostrar como podemos chegar ao fator integrante µ(t) = e p(t)dt . ˜ (1.7) e (1.8) na p´agina 16 vemos que o fator integrante Comparando-se as equac¸oes µ(t) deve ser uma func¸a˜ o que satisfaz a equac¸a˜ o diferencial dµ = p ( t ) µ ( t ). dt Esta e´ tamb´em uma equac¸a˜ o linear, mas com q(t) = 0. Supondo-se µ(t) 6= 0, vamos multiplicar esta equac¸a˜ o por 1/µ(t) obtendo a equac¸a˜ o 1 dµ = p ( t ). µ(t) dt Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

22 Como

1 µ(t)

=

d dµ

(ln |µ(t)|) a equac¸a˜ o anterior pode ser reescrita como d dµ = p ( t ). (ln |µ(t)|) dµ dt

Mas pela regra da cadeia, esta equac¸a˜ o e´ equivalente a d (ln |µ(t)|) = p(t) dt que e´ uma equac¸a˜ o do tipo (1.4) que pode ser resolvida simplesmente integrando-se ambos os membros obtendo ln |µ(t)| =

Z

p(t)dt + c1 .

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos R R µ(t) = ±ec1 e p(t)dt = ce p(t)dt . Como estamos interessados em apenas um fator integrante podemos tomar c = 1 e obtermos R µ(t) = e p(t)dt .

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.2

Equac¸o˜ es Lineares de 1a. Ordem

23

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 109) 2.1. Resolva os problemas de valor inicial:  0 y + (1 − 2x )y = xe− x (a) y (0) = 2  3 y0 + 3t2 y = e−t +t (b) y (0) = 2

y0 − cos t y = tet y (0) = 2

(

y0 + x4 y = x4 e y (0) = 1

(d)

˜ 2.2. Resolva as equac¸oes: 4 2 (a) y0 − y = − 3 . x x 1 0 (b) y − y = − x. x 2.3.

 (c)

(c) y0 −

2 +sen t

4x5 5

4 y = x5 e x . x

(a) Resolva o problema de valor inicial:  0 y + 5x4 y = x4 y (0) = y0 . (b) Para quais valores de y0 a soluc¸a˜ o e´ crescente e para quais valores de y0 a soluc¸a˜ o e´ decrescente? (c) Qual o limite de y( x ) quando x tende a +∞? O limite depende de y0 ?

2.4.

(a) Resolva de valor inicial:  2 o problema ( x − 9)y0 + xy = 0 y (5) = y0 . (b) Qual o intervalo de validade da soluc¸a˜ o? (c) Qual o limite de y( x ) quando x tende a +∞? O limite depende de y0 ?

2.5. Considere a equac¸a˜ o: dy + p(t)y = 0. dt ˜ da equac¸a˜ o, ent˜ao y(t) = y1 (t) + y2 (t) tamb´em o e´ . (a) Mostre que se y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

24

(b) Mostre que se y1 (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o, ent˜ao y(t) = cy1 (t) tamb´em o e´ , para qualquer constante c. ˜ 2.6. Considere as equac¸oes: dy + p(t)y = 0, (1.11) dt dy + p ( t ) y = q ( t ). (1.12) dt Mostre que se y1 (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.11) e y2 (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.12), ent˜ao y(t) = cy1 (t) + y2 (t) e´ soluc¸a˜ o de (1.12), para qualquer constante c. 2.7. Resolva o PVI

(

1 dy y = 2te− 100 t − . dt 100 y(0) = 100

e fac¸a um esboc¸o do gr´afico da soluc¸a˜ o.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.3

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

1.3

25

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

Teorema 1.1 (Existˆencia e Unicidade). O problema de valor inicial 

y00 + p(t)y0 + q(t)y = f (t) y(t0 ) = y0 , y0 (t0 ) = y00 ,

para p(t), q(t) e f (t) fun¸co˜ es cont´ınuas em um intervalo aberto I contendo t0 tem uma unica ´ solu¸ca˜ o neste intervalo.

Exemplo 1.11. Vamos determinar o intervalo m´aximo em que o problema de valor inicial

 

et (t2 − 4)y00 + y0 + (sen t)y = t  y (1) = y , y 0 (1) = y 0 , 0 0 tem soluc¸a˜ o. Para esta equac¸a˜ o p(t) =

1 , 2 t −4

q(t) =

sen t , t2 − 4

f (t) =

et . t ( t2 − 4)

Assim, p(t), q(t) e f (t) s˜ao cont´ınuas para t 6= ±2, 0. Como t0 = 1, ent˜ao o problema de valor inicial tem soluc¸a˜ o no intervalo 0 < t < 2, que e´ o maior intervalo contendo t0 = 1 onde p(t), q(t) e f (t) s˜ao cont´ınuas. Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

26

Uma equac¸a˜ o diferencial linear de 2a. ordem e´ homogˆenea se ela pode ser escrita como y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0. (1.13) ˜ lineares homogˆeneas e´ v´alido o princ´ıpio da superposi¸ca˜ o. Para as equac¸oes

Teorema 1.2 (Princ´ıpio da Superposic¸a˜ o). Se y1 (t) e y2 (t) s˜ao solu¸co˜ es da equa¸ca˜ o homogˆenea (1.13), ent˜ao y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t )

(1.14)

para c1 e c2 constantes, tamb´em o e´. Demonstrac¸a˜ o. Vamos verificar que realmente y(t) dado por (1.14) e´ soluc¸a˜ o de (1.13). y00 (t) + p(t)y0 (t) + q(t)y(t) =

= (c1 y1 (t) + c2 y2 (t))00 + p(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t))0 + q(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) = c1 y100 + c2 y200 + c1 p(t)y10 (t) + c2 p(t)y20 (t) + c1 q(t)y1 (t) + c2 q(t)y2 (t)

= c1 y100 (t) + p(t)y10 (t) + q(t)y1 (t) +c2 y200 (t) + p(t)y20 (t) + q(t)y2 (t) | | {z } {z } =0

=0

= c1 · 0 + c2 · 0 = 0, ˜ de (1.13). pois y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes



Observe que a func¸a˜ o nula, que e´ igual a zero para todo t e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ´ homogˆenea (1.13). Usando a linguagem da Algebra Linear podemos dizer que o ˜ de uma equac¸a˜ o diferencial linear homogˆenea e´ um subespac¸o conjunto das soluc¸oes vetorial. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.3

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

27

y1 (t)+ y2 (t) y1 ( t )

cy(t) y(t) y2 ( t )

˜ de uma equac¸a˜ o Figura 1.8 – Soma de soluc¸oes diferencial homogˆenea

1.3.1

Figura 1.9 – Multiplicac¸a˜ o de soluc¸a˜ o de uma equac¸a˜ o diferencial homogˆenea por escalar

Soluc¸o˜ es Fundamentais

Considere, agora, o problema de valor inicial 

y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = y0 , y0 (t0 ) = y00

(1.15)

˜ iniciais dadas no problema. em que y0 e y00 s˜ao condic¸oes ˜ sobre duas soluc¸oes ˜ y1 (t) e y2 (t) de (1.13) para que Vamos determinar condic¸oes existam constantes c1 e c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) seja soluc¸a˜ o do problema de valor inicial (1.15). Substituindo-se t = t0 na soluc¸a˜ o y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e na derivada de y(t), Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

28

˜ lineares y0 (t) = c1 y10 (t) + c2 y20 (t) obtemos o sistema de equac¸oes 

c1 y1 ( t0 ) c1 y10 (t0 )

+ c2 y2 ( t0 ) = y0 + c2 y20 (t0 ) = y00

que pode ser escrito na forma AX = B em que  A=

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )



 ,

X=

c1 c2



 e

B=

y0 y00

 .

˜ iniciais Se a matriz do sistema A e´ invert´ıvel, ent˜ao para todo par de condic¸oes ´ (y0 , y00 ) o sistema tem uma unica soluc¸a˜ o (c1 , c2 ) (a soluc¸a˜ o e´ X = A−1 B). Mas uma matriz quadrada e´ invert´ıvel se, e somente se, o seu determinante e´ diferente de zero. Ou seja, se   y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) det 6= 0, y10 (t0 ) y20 (t0 ) ˜ iniciais (y0 , y00 ) existe um unico ´ ent˜ao para todo par de condic¸oes par de constantes (c1 , c2 ) tal que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e´ soluc¸a˜ o do problema de valor inicial (1.15). ˜ y1 (t) e y2 (t) est˜ao definidas num intervalo I, onde p(t) e Se al´em disso as soluc¸oes q(t) s˜ao cont´ınuas, ent˜ao pelo Teorema 1.1 de Existˆencia e Unicidade, y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) ´ e´ a unica soluc¸a˜ o do PVI no intervalo I e assim temos o resultado a seguir.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.3

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

29

Teorema 1.3. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas solu¸co˜ es da equa¸ca˜ o (1.13) em um intervalo aberto I, onde p(t) e q(t) s˜ao cont´ınuas, tais que, em um ponto t0 ∈ I,   y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) det 6= 0. y10 (t0 ) y20 (t0 ) Ent˜ao, para todo par de condi¸co˜ es iniciais (y0 , y00 ), existem constantes c1 e c2 tais que o problema de valor inicial  00 y + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = y0 , y0 (t0 ) = y00 tem como unica ´ solu¸ca˜ o no intervalo I, y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ).

Definic¸a˜ o 1.1.

(a) O determinante  W [y1 , y2 ](t0 ) = det

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )



˜ y1 (t) e y2 (t) em t0 . e´ chamado wronskiano das func¸oes (b) Se duas solu¸co˜ es y1 (t) e y2 (t) de (1.13), em um intervalo aberto I onde p(t) e q(t) s˜ao cont´ınuas, s˜ao tais que o seu wronskiano e´ diferente de zero em um ponto t0 ∈ I dizemos que elas s˜ao solu¸coes ˜ fundamentais no intervalo I da equac¸a˜ o diferencial (1.13).

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

30

Teorema 1.4. Se y1 (t) e y2 (t) s˜ao solu¸co˜ es fundamentais de (1.13) em um intervalo aberto I, ent˜ao a fam´ılia de solu¸co˜ es y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ),

(1.16)

para constantes c1 e c2 arbitr´arias e´ a solu¸ca˜ o geral de (1.13) em I. ˜ funDemonstrac¸a˜ o. Seja z(t) uma soluc¸a˜ o qualquer de (1.13) no intervalo I. Como y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes damentais em I, existe um ponto t0 ∈ I tal que W [y1 , y2 ](t0 ) 6= 0. Considere o PVI formado por (1.13) e as ˜ iniciais y(t0 ) = z(t0 ) e y0 (t0 ) = z0 (t0 ), ent˜ao pelo Teorema 1.3 existem constantes c1 e c2 tais que condic¸oes z ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ).  Assim, para encontrar a soluc¸a˜ o geral de uma equac¸a˜ o diferencial linear homogˆenea ˜ fundade 2a. ordem (1.13) em um intervalo I, precisamos encontrar duas soluc¸oes ˜ y1 (t) e y2 (t) tais que em um ponto mentais da equac¸a˜ o (1.13), ou seja, duas soluc¸oes t0 ∈ I   y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) 6= 0. det y10 (t0 ) y20 (t0 )

´ Exemplo 1.12. Seja b um numero real n˜ao nulo. Vamos mostrar que y1 (t) = cos bt e ˜ fundamentais da equac¸a˜ o diferencial y2 (t) = sen bt s˜ao soluc¸oes y00 + b2 y = 0. Como y10 (t) = −b sen bt, y100 (t) = −b2 cos bt, y20 (t) = b cos bt e y200 (t) = −b2 sen bt, ent˜ao y100 + b2 y1 = −b2 cos bt + b2 cos bt = 0 e

y200 + b2 y2 = −b2 sen bt + b2 sen bt = 0.

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1.3

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

31

˜ da equac¸a˜ o y00 + b2 y = 0. Al´em disso, Assim, y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes     y1 ( t ) y2 ( t ) cos bt sen bt det = det = b(cos2 bt + sen2 bt) = b 6= 0 y10 (t) y20 (t) −b sen bt b cos bt

para todo t ∈ R.

˜ fundamentais de y00 + b2 y = 0 Portanto, y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt s˜ao soluc¸oes e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ y(t) = c1 cos bt + c2 sen bt.

Dependˆencia Linear ˜ y1 (t) e y2 (t) s˜ao linearmente dependentes (L.D.) em um Dizemos que duas func¸oes ˜ e´ um multiplo ´ intervalo I, se uma das func¸oes escalar da outra, ou seja, se y1 (t) = αy2 (t)

ou

y2 (t) = αy1 (t),

para todo t ∈ I.

Caso contr´ario, dizemos que elas s˜ao linearmente independentes (LI). ˜ s˜ao L.D. em um intervalo I, ent˜ao Se duas func¸oes   y1 ( t ) y2 ( t ) W [y1 , y2 ](t) = det = 0, para todo t ∈ I y10 (t) y20 (t) ´ pois uma coluna da matriz acima e´ um multiplo escalar da outra. Assim, vale o seguinte resultado.

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32

Teorema 1.5. Se y1 (t) e y2 (t) s˜ao fun¸co˜ es diferenci´aveis em um intervalo I, tais que  W [y1 , y2 ](t0 ) = det

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )



6= 0,

para algum t0 ∈ I,

ent˜ao y1 (t) e y2 (t) s˜ao linearmente independentes (LI) em I.

y1 ( t )

y2 ( t )

˜ funFigura 1.10 – y1 (t) e y2 (t) soluc¸oes damentais de uma equac¸a˜ o diferencial linear homogˆenea

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Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

33

´ ˜ funUsando a linguagem de Algebra Linear podemos dizer que duas soluc¸oes ˜ damentais formam uma base para o subespac¸o das soluc¸oes de uma equac¸a˜ o homogˆenea (1.13), pois elas s˜ao LI e geram o subespac¸o (toda soluc¸a˜ o e´ uma combinac¸a˜ o linear delas). ˜ mesmo Observe que o wronskiano pode ser calculado para quaisquer par de func¸oes ˜ de uma equac¸a˜ o diferencial. Tamb´em os conceitos de que elas n˜ao sejam soluc¸oes ˜ que podem ou dependˆencia e independˆencia linear s˜ao definidos para duas func¸oes ˜ de uma equac¸a˜ o diferencial. n˜ao ser soluc¸oes

´ Exemplo 1.13. Seja b um numero real n˜ao nulo. Mostramos no exemplo anterior que ˜ LI da equac¸a˜ o y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt s˜ao soluc¸oes y00 + b2 y = 0.

˜ podem ser LI A rec´ıproca do Teorema 1.5 n˜ao e´ verdadeira, ou seja, duas func¸oes com W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ R. ´ Vejamos o proximo exemplo.

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34

y

y

4

4

2

2

t -4

-2

2

4

t -4

-2

2

-2

-2

-4

-4

4

Figura 1.11 – y1 (t) = t2 e y2 (t) = t|t| s˜ao LI mas o wronskiano e´ igual a zero para todo t

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1.3

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

Exemplo 1.14. Sejam y1 (t) =

t2

 e y2 ( t ) = t | t | = 

W [y1 , y2 ](t) = det

t2 2t

35

t2 − t2

t|t| 2| t |

se t ≥ 0 . se t < 0



= 0.

˜ y1 e y2 s˜ao LI, pois uma Apesar do wronskiano ser zero para todo t ∈ R as func¸oes ´ func¸a˜ o n˜ao e´ multiplo escalar da outra. Para t ≥ 0, y2 (t) = y1 (t) e para t < 0, y2 ( t ) = − y1 ( t ).

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36

1.3.2

F´ormula de Euler

´ Queremos definir a func¸a˜ o exponencial ert para numeros complexos r = a + ib, de forma que satisfac¸a as propriedades e(a+ib)t d rt
e dt

= e at eibt

(1.17)

= rert

(1.18)

Observamos que a func¸a˜ o z(t) = eibt e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o y00 + b2 y = 0. Pois pela propriedade (1.18) z0 (t) = ibeibt , e assim

z00 (t) = −b2 eibt = −b2 z(t)

z00 (t) + b2 z(t) = 0.

Portanto, z(t) = eibt e´ soluc¸a˜ o do problema de valor inicial  00 x + b2 x = 0, x (0) = 1, x 0 (0) = ib Agora, como mostramos no Exemplo 1.12 que x1 (t) = cos bt e x2 (t) = sen bt s˜ao ˜ fundamentais de x 00 + b2 x = 0, ent˜ao pelo Teorema 1.3 existem constantes soluc¸oes c1 e c2 tais que z(t) = eibt = c1 cos bt + c2 sen bt. (1.19) Vamos determinar estas constantes c1 e c2 . Substituindo-se t = 0 na equac¸a˜ o (1.19) obtemos que c1 = 1. Derivando a equac¸a˜ o (1.19) em relac¸a˜ o a t obtemos ibeibt = −c1 b sen bt + c2 b cos bt.

(1.20)

Substituindo-se t = 0 na equac¸a˜ o (1.20) obtemos que c2 = i. Assim, substituindo-se c1 = 1 e c2 = i j´a obtidos na equac¸a˜ o (1.19) obtemos eibt = cos bt + i sen bt. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.3

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37

Portanto, pela propriedade (1.17), e(a+ib)t = e at eibt = e at (cos bt + i sen bt).

(1.21)

Substituindo-se t = 0 na equac¸a˜ o (1.20) obtemos que c2 = i. Assim, substituindo-se c1 = 1 e c2 = i j´a obtidos na equac¸a˜ o (1.19) obtemos eibt = cos bt + i sen bt. Tomando t = 1 obtemos

eib = cos b + i sen b,

(1.22)

que e´ conhecida como formula ´ de Euler. Pela propriedade (1.17), temos que e(a+ib)t = e at eibt = e at (cos bt + i sen bt).

(1.23)

´ Exemplo 1.15. Usando a formula de Euler temos que eiπ = −1,

π

ei 2 = i,

π

eln 2+ 4 i =

√

√ 2 + i 2,

que foram obtidas fazendo em (1.22) a = 0, b = π;

a = 0, b =

π ; 2

a = ln 2, b =

π , 4

respectivamente.

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38

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 116) 3.1. Considere a equac¸a˜ o diferencial y00 − ω 2 y = 0, para ω > 0. (a) Mostre que y(t) = c1 e−ω (t− a) + c2 eω (t− a) , para a ∈ R fixo, e´ soluc¸a˜ o geral de equac¸a˜ o diferencial. (b) Mostre que y(t) = c1 cosh(ω (t − a)) + c2 senh(ω (t − a)), para a ∈ R fixo, e´ soluc¸a˜ o geral de equac¸a˜ o diferencial. 3.2.

˜ da equac¸a˜ o (a) Mostre que y1 ( x ) = x2 e y2 ( x ) = x5 s˜ao soluc¸oes x2 y00 − 6xy0 + 10y = 0. (b) Obtenha a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial  2 00  x y − 6xy0 + 10y = 0, y (1) = 3,  0 y (1) = 3.

˜ que podem ser escritas na forma 3.3. As equa¸coes ˜ de Euler s˜ao equac¸oes x2 y00 + bxy0 + cy = 0,

em que b, c ∈ R.

(1.24)

Mostre que existem valores constantes de r tais que y( x ) = xr e´ uma soluc¸a˜ o de (1.24). Al´em disso, mostre que y( x ) = xr e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.24) se, e somente se, r2 + (b − 1)r + c = 0,

(1.25)

A equac¸a˜ o (1.25) e´ chamada equa¸ca˜ o indicial de (1.24). 3.4. Mostre que se a equac¸a˜ o indicial (1.25) tem duas ra´ızes reais (distintas), r1 e r2 , ent˜ao y 1 ( x ) = x r1 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

e

y 2 ( x ) = x r2 Julho 2011

1.3

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

39

˜ fundamentais de (1.24) e portanto s˜ao soluc¸oes y ( x ) = c 1 x r1 + c 2 x r2 e´ a soluc¸a˜ o geral de (1.24), para x > 0. ´ 3.5. Se a equac¸a˜ o indicial (1.25) tem duas ra´ızes complexas, r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, use a formula de Euler ˜ reais, para x > 0, para escrever a soluc¸a˜ o geral complexa em termos das soluc¸oes u( x ) = x α cos( β ln x )

e

v( x ) = x α sen( β ln x ).

˜ s˜ao soluc¸oes ˜ fundamentais de (1.24) e portanto Mostre que estas soluc¸oes y( x ) = c1 x α cos( β ln x ) + c2 x α sen( β ln x ) e´ a soluc¸a˜ o geral de (1.24), para x > 0. 1− b

3.6. Se a equac¸a˜ o indicial (1.25) tem somente uma ra´ız real, mostre que y1 ( x ) = x 2 e y2 ( x ) = x ˜ fundamentais de (1.24) e portanto a soluc¸a˜ o geral de (1.24), para x > 0, e´ soluc¸oes y ( x ) = c1 x

1− b 2

+ c2 x

1− b 2

1− b 2

ln x s˜ao

ln x.

˜ 3.7. Use os exerc´ıcios anteriores para encontrar a soluc¸a˜ o geral das seguintes equac¸oes: (a) x2 y00 + 4xy0 + 2y = 0 (b) x2 y00 − 3xy0 + 4y = 0 (c) x2 y00 + 3xy0 + 5y = 0 3.8. Baseado no Teorema 1.1 na p´agina 25, determine um ´ abaixo soluc¸a˜ o, sem resolvˆe-los: ( tˆem uma unica ( 2 00 ( t − 1) y + ( t − 2) y = t (a) (c) y(0) = y0 , y0 (0) = y00 ( ( (t2 − 1)y00 + y0 + ty = t2 (b) (d) y(2) = y0 , y0 (2) = y00 Julho 2011

intervalo em que os problemas de valor inicial

(t2 − t)y00 + (t + 1)y0 + y = et y(−1) = y0 , y0 (−1) = y00 (t2 − t)y0 + (t + 3)y0 + 2y = cos t y(2) = y0 , y0 (2) = y00 Reginaldo J. Santos

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40

˜ cont´ınuas num in3.9. Considere a equac¸a˜ o homogˆenea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) func¸oes ˜ fundamentais em tervalo I. Usando o Teorema 1.1 na p´agina 25 mostre que esta equac¸a˜ o tem soluc¸oes I. 3.10. Mostre que y(t) = sen(t2 ) n˜ao pode ser soluc¸a˜ o de uma equac¸a˜ o diferencial y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) cont´ınuas num intervalo contendo t = 0. 3.11. Considere a equac¸a˜ o ty00 − (2 + t2 )y0 + 3ty = 0. ˜ LI desta equac¸a˜ o v´alidas para todo t ∈ R, embora Mostre que y1 (t) = t3 e y2 (t) = t2 |t| s˜ao soluc¸oes W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ R. ˜ cont´ınuas num inter3.12. Considere a equac¸a˜ o homogˆenea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) func¸oes ˜ desta equac¸a˜ o no intervalo I. Mostre que se y1 (t) e y2 (t) valo aberto I. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸a˜ o diferencial em I. Sugest˜ao: mostre que se y1 (t) s˜ao LI, ent˜ao elas s˜ao soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸a˜ o diferencial, ent˜ao y1 (t) e y2 (t) s˜ao LD. e y2 (t) n˜ao s˜ao soluc¸oes ˜ 3.13. (Teorema de Abel) Considere a equac¸a˜ o homogˆenea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) func¸oes ˜ desta equac¸a˜ o no intervalo I. Seja cont´ınuas num intervalo I. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluc¸oes W [y1 , y2 ](t) o wronskiano de y1 (t) e y2 (t) no intervalo I. Mostre que: (a) W [y1 , y2 ]0 (t) = y1 (t)y200 (t) − y2 (t)y100 (t) (b) W [y1 , y2 ](t) satisfaz a equac¸a˜ o diferencial y0 + p(t)y = 0 no intervalo I. (c) W [y1 , y2 ](t) = ce−

R

p(t)dt

.

(d) W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I ou W [y1 , y2 ](t) 6= 0, para todo t ∈ I. ˜ fundamentais da equac¸a˜ o y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0 num intervalo 3.14. Mostre que se y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes I, ent˜ao p(t) =

y2 (t)y100 (t) − y1 (t)y200 (t) W [y1 , y2 ](t)

e

q(t) = −

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

y20 (t)y100 (t) − y10 (t)y200 (t) , W [y1 , y2 ](t)

para t ∈ I. Julho 2011

1.3

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte I

41

Sugest˜ao: substitua y1 (t) e y2 (t) na equac¸a˜ o diferencial e resolva o sistema correspondente para p(t) e q ( t ).

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

42

1.4

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte II

1.4.1

Obtendo-se uma Segunda Soluc¸a˜ o (Reduc¸a˜ o de Ordem)

Considere uma equac¸a˜ o linear de 2a. ordem homogˆenea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0.

(1.26)

Seja y1 (t) uma soluc¸a˜ o conhecida da equac¸a˜ o acima num intervalo I onde p(t) e q(t) s˜ao cont´ınuas e tal que y1 (t) 6= 0 para todo t ∈ I. Vamos procurar uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.26) da forma y ( t ) = v ( t ) y1 ( t ). Derivando-se esta express˜ao obtemos y0 (t) = vy10 + y1 v0

e

y00 (t) = vy100 + 2y10 v0 + y1 v00 .

Substituindo-se y(t), y0 (t) e y00 (t) na equac¸a˜ o (1.26) obtemos

(vy100 + 2y10 v0 + y1 v00 ) + p(t)(vy10 + y1 v0 ) + q(t)vy1 = 0. Colocando-se em evidˆencia v00 , v0 e v obtemos y1 v00 + (2y10 + p(t)y1 )v0 + (y100 + p(t)y10 + q(t)y1 )v = 0. Como y1 (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.26), ent˜ao y100 + p(t)y10 + q(t)y1 = 0 e assim a equac¸a˜ o anterior se torna y1 v00 + v0 (2y10 + p(t)y1 ) = 0.

(1.27)

Fazendo a mudanc¸a de vari´aveis w(t) = v0 (t), a equac¸a˜ o (1.27) se transforma em y1 w0 + (2y10 + p(t)y1 )w = 0. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.4

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte II

43

Esta e´ uma equac¸a˜ o de 1a. ordem linear e separ´avel. Resolvendo-se esta equac¸a˜ o, como w(t) = v0 (t), ent˜ao Z v(t) =

w(t)dt.

(1.28)

Substituindo-se v(t) em y(t) = v(t)y1 (t) obtemos uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.26).

´ No proximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral.

Exemplo 1.16. Sejam a, b, c ∈ R, com a 6= 0. Considere a equac¸a˜ o ay00 + by0 + cy = 0

com b2 − 4ac = 0.

(1.29)

b

Deixamos como exerc´ıcio verificar que y1 (t) = e− 2a t e´ uma soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial (1.29). Vamos procurar uma segunda soluc¸a˜ o da forma y(t) = v(t)y1 (t) = v(t)ert , em que r = −

b . 2a

Como y0 (t) = v0 (t)ert + rv(t)ert

e

y00 (t) = v00 (t)ert + 2rv0 (t)ert + r2 v(t)ert ,

ent˜ao substituindo-se y(t), y0 (t) e y00 (t) na equac¸a˜ o diferencial (1.29) obtemos h i a(v00 + 2rv0 + r2 v) + b(v0 + rv) + cv ert = 0. Dividindo-se por ert obtemos a(v00 + 2rv0 + r2 v) + b(v0 + rv) + cv = 0. Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

44 Colocando-se em evidˆencia v00 , v0 e v obtemos av00 + (2ar + b)v0 + ( ar2 + br + c)v = 0. b ´ Como r = − 2a e´ (a unica) soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ar2 + br + c = 0 e 2ar + b = 0, ent˜ao a equac¸a˜ o diferencial anterior fica sendo

av00 = 0

v00 = 0.

ou

Seja w(t) = v0 (t). Ent˜ao, a equac¸a˜ o v00 = 0 torna-se w0 = 0 que tem soluc¸a˜ o w(t) = c˜1 . Resolvendo-se a equac¸a˜ o v0 (t) = w(t) = c˜1 obtemos v(t) = c˜1 t + c˜2 e

y(t) = v(t)y1 (t) = (c˜1 t + c˜2 )ert .

(1.30)

Tomando-se c˜2 = 0 e c˜1 = 1 obtemos uma segunda soluc¸a˜ o, que chamamos de y2 (t), da equac¸a˜ o diferencial (1.29) y2 (t) = tert . Vamos ver que y1 (t) = ert e y2 (t) = tert , em que r = − da equac¸a˜ o diferencial (1.29)   y1 ( t ) y2 ( t ) det y10 (t) y20 (t)

b ˜ fundamentais , s˜ao soluc¸oes 2a

 ert tert rert (1 + rt)ert   1 t e2rt det r (1 + rt) 

= det =

= e2rt 6= 0,

para todo t ∈ R.

Assim,

b 2a e´ a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o ay00 + by0 + cy = 0, tal que b2 − 4ac = 0 e a 6= 0. y(t) = c1 ert + c2 tert ,

em que r = −

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.4

Equac¸o˜ es Lineares de 2a. Ordem Homogˆeneas - Parte II

45

˜ v(t), mas Aten¸ca˜ o: Atribuindo-se diferentes valores a c˜1 e a c˜2 em (1.30) obtemos uma infinidade de func¸oes precisamos de apenas uma tal que W [y1 , vy1 ](t0 ) 6= 0 para algum ponto t0 . Vocˆe pode escolher c˜1 e c˜2 da maneira que vocˆe quiser, com excec¸a˜ o de c˜1 = 0, pois neste caso ter´ıamos y2 (t) = y1 (t)v(t) = c˜2 y1 (t) e assim ter´ıamos W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I. ´ N˜ao se deve memorizar a formula obtida para y2 (t). O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que deve ser seguido para encontrar uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o linear homogˆenea de 2a. ordem que com a primeira ˜ fundamentais. forma um conjunto de soluc¸oes

1.4.2

Equac¸o˜ es Homogˆeneas com Coeficientes Constantes

˜ da forma Vamos tratar equac¸oes ay00 + by0 + cy = 0,

para a, b, c ∈ R, a 6= 0.

(1.31)

Vamos mostrar que para esta equac¸a˜ o existem valores constantes de r tais que y(t) = ert e´ uma soluc¸a˜ o. Substituindo-se y(t) = ert , y0 (t) = rert e y00 (t) = r2 ert em (1.31) obtemos ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0. Como ert 6= 0, ent˜ao y(t) = ert e´ soluc¸a˜ o de (1.31) se, e somente se, r e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ar2 + br + c = 0, (1.32) que e´ chamada equa¸ca˜ o caracter´ıstica de (1.31). Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

46

Observe que a equac¸a˜ o caracter´ıstica pode ser obtida da equac¸a˜ o diferencial com coeficientes constantes trocando-se y00 por r2 , y0 por r e y por 1. Como uma equac¸a˜ o de 2o. grau pode ter duas ra´ızes reais, somente uma raiz real ou duas ra´ızes complexas, usando a equac¸a˜ o caracter´ıstica podemos chegar a trˆes ˜ distintas. situac¸oes A Equac¸a˜ o Caracter´ıstica Tem Duas Ra´ızes Reais Se ∆ = b2 − 4ac > 0, ent˜ao a equac¸a˜ o caracter´ıstica de (1.31) tem duas ra´ızes reais (distintas), r1 e r2 . Neste caso y 1 ( t ) = e r1 t

e

y 2 ( t ) = e r2 t

˜ fundamentais, pois o wronskiano de y1 (t) s˜ao soluc¸oes    rt y1 ( t ) y2 ( t ) e1 W [y1 , y2 ](t) = det = det y10 (t) y20 (t) r 1 e r1 t  r1 t r2 t = e e det

= er1 t e y2 (t) = er2 t e´  e r2 t r 2 e r2 t  1 1 r1 r2

= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t 6= 0,

para todo t ∈ R.

Assim, no caso em que a equac¸a˜ o caracter´ıstica tem duas ra´ızes reais distintas r1 e r2 , y ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t e´ a soluc¸a˜ o geral de (1.31). ´ Exemplo 1.17. Seja ω um numero real positivo. Vamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da

equac¸a˜ o y00 − ω 2 y = 0. A equac¸a˜ o caracter´ıstica desta equac¸a˜ o diferencial e´ r2 − ω 2 = 0, que tem como ra´ızes r1 = ω e r2 = −ω. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial acima e´ y(t) = c1 eωt + c2 e−ωt .

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47

y

y0

t

˜ da equac¸a˜ o Figura 1.12 – Algumas soluc¸oes do Exemplo 1.17

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48 A Equac¸a˜ o Caracter´ıstica Tem Somente Uma Raiz Real

Se ∆ = b2 − 4ac = 0, ent˜ao a equac¸a˜ o caracter´ıstica (1.32) tem somente uma raiz real b r = − . Neste caso, 2a b y1 (t) = ert = e− 2a t e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial (1.31). No Exemplo 1.16 na p´agina 43 mostramos como encontrar uma segunda soluc¸a˜ o b para esta equac¸a˜ o. L´a mostramos que y2 (t) = tert = te− 2a t tamb´em e´ soluc¸a˜ o da b b ˜ fundamentais da equac¸a˜ o (1.31) e que y1 (t) = e− 2a t e y2 (t) = te− 2a t s˜ao soluc¸oes equac¸a˜ o diferencial (1.31). Portanto, no caso em que a equac¸a˜ o caracter´ıstica tem somente uma raiz real r = b − , 2a b b y(t) = c1 e− 2a t + c2 te− 2a t e´ a soluc¸a˜ o geral de (1.31). Exemplo 1.18. Vamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o y00 + 2y0 + y = 0. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 2r + 1 = 0, que tem como raiz r1 = −1. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ y(t) = c1 e−t + c2 te−t .

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49

y

y0

t

˜ da equac¸a˜ o Figura 1.13 – Algumas soluc¸oes do Exemplo 1.18

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50 A Equac¸a˜ o Caracter´ıstica Tem Duas Ra´ızes Complexas

Se ∆ = b2 − 4ac < 0, ent˜ao a equac¸a˜ o caracter´ıstica (1.32) tem duas ra´ızes complexas, que s˜ao conjugadas, ou seja, se r1 = α + iβ e´ uma raiz da equac¸a˜ o caracter´ıstica (1.32), ´ ent˜ao a outra raiz e´ r2 = α − iβ. Neste caso, pela formula de Euler (1.23) temos: y1 ( t )

= er1 t = e(α+iβ)t = eαt (cos βt + i sen βt) e

y2 ( t )

= er2 t = e(α−iβ)t = eαt (cos(− βt) + i sen(− βt)) = eαt (cos βt − i sen βt).

Pela an´alise feita no in´ıcio dessa sec¸a˜ o sabemos que y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t s˜ao ˜ (complexas) da equac¸a˜ o diferencial (1.31). Al´em disso, assim como quando soluc¸oes r1 e r2 s˜ao reais, o wronskiano    rt  e r2 t y1 ( t ) y2 ( t ) e1 W [y1 , y2 ](t) = det = det y10 (t) y20 (t) r 1 e r1 t r 2 e r2 t   1 1 r1 t r2 t = e e det r1 r2

= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t = −2iβe2αt 6= 0,

∀t ∈ R,

˜ fundamentais de (1.31). Assim, no caso em que a ou seja, y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes equac¸a˜ o caracter´ıstica tem duas ra´ızes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, y(t) = C1 er1 t + C2 er2 t ,

C1 , C2 ∈ C

e´ a soluc¸a˜ o geral complexa de (1.31). ˜ reais. A soluc¸a˜ o geral comVamos encontrar um conjunto fundamental de soluc¸oes plexa pode ser escrita como y(t)

= C1 e(α+iβ)t + C2 e(α−iβ)t = C1 eαt (cos βt + i sen βt) + C2 eαt (cos βt − i sen βt) = (C1 + C2 )eαt cos βt + i (C1 − C2 )eαt sen βt

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(1.33) Julho 2011

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51

1 em (1.33), temos a soluc¸a˜ o real u(t) = eαt cos βt. 2 1 Tomando C1 = −C2 = , temos a soluc¸a˜ o real v(t) = eαt sen βt. 2i Vamos mostrar, agora, que se as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao complexas, ˜ fundamentais de (1.31). ent˜ao u(t) e v(t) s˜ao soluc¸oes Tomando C1 = C2 =

 W [u, v](t) = det

u(t) u0 (t)

v(t) v0 (t)





 eαt cos βt eαt sen βt eαt (α cos βt − β sen βt) eαt (α sen βt + β cos βt)      cos βt sen βt cos βt sen βt e2αt α det + β det cos βt sen βt − sen βt cos βt

= det = =

βe2αt 6= 0,

para todo t ∈ R.

Assim, no caso em que a equac¸a˜ o caracter´ıstica tem duas ra´ızes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, y(t) = c1 eαt cos βt + c2 eαt sen βt e´ a soluc¸a˜ o geral de (1.31). ´ Exemplo 1.19. Seja ω um numero real positivo. Vamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da

equac¸a˜ o y00 + ω 2 y = 0. A equac¸a˜ o caracter´ıstica desta equac¸a˜ o diferencial e´ r2 + ω 2 = 0, que tem como ra´ızes r1 = iω e r2 = −iω. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial acima e´ y(t) = c1 cos ωt + c2 sen ωt.

(1.34)

Escrevendo o par (c1 , c2 ) em coordenadas polares temos que Julho 2011

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52 y

( c1 , c2 ) c2

 R

c1 c2

= =

R cos δ, R sen δ.

(1.35)

δ c1

x

Substituindo-se os valores de c1 e c2 na equac¸a˜ o (1.34) obtemos y(t) = R (cos δ cos (ωt) + sen δ sen (ωt)) = R cos(ωt − δ),

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em que R =

q

c21 + c22 e δ s˜ao obtidos de (1.35).

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53

y

2π/ω

R

δ/ω

(δ+2π)/ω

t

−R

Figura 1.14 – Uma soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o do Exemplo 1.19

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54 Resumo

Para resolver a equac¸a˜ o diferencial ay00 + by0 + cy = 0, encontramos a equac¸a˜ o caracter´ıstica ar2 + br + c = 0.

para a, b, c ∈ R, a 6= 0,

(a) Se ∆ = b2 − 4ac > 0, ent˜ao a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ √ −b ± ∆ r1 t r2 t . y(t) = c1 e + c2 e , em que r1,2 = 2a (b) Se ∆ = b2 − 4ac = 0, ent˜ao a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ b

b

y(t) = c1 e− 2a t + c2 te− 2a t . (c) Se ∆ = b2 − 4ac < 0, ent˜ao a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ √ −b −∆ y(t) = c1 eαt cos βt + c2 eαt sen βt, em que α = , β= . 2a 2a

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1.4

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55

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 125) 4.1. Mostre que y1 ( x ) = x3 e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial 2x2 y00 − xy0 − 9y = 0. Encontre uma func¸a˜ o u( x ) tal que y2 ( x ) = u( x )y1 ( x ) seja soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o dada. Prove que as duas ˜ y1 ( x ) e y2 ( x ) s˜ao soluc¸oes ˜ fundamentais. soluc¸oes 4.2. Mostre que y1 ( x ) = x −1 , x > 0, e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial x2 y00 + 3xy0 + y = 0. Encontre uma func¸a˜ o u( x ) tal que y2 ( x ) = u( x )y1 ( x ) seja soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o dada. Prove que as duas ˜ y1 ( x ) e y2 ( x ) s˜ao soluc¸oes ˜ fundamentais. soluc¸oes ˜ que podem ser escritas na forma 4.3. As equa¸coes ˜ de Euler s˜ao equac¸oes x2 y00 + bxy0 + cy = 0,

em que b, c ∈ R.

(1.36)

Existem valores constantes de r tais que y( x ) = xr e´ uma soluc¸a˜ o de (1.36). Al´em disso y( x ) = xr e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.36) se, e somente se, r2 + (1 − b)r + c = 0,

(1.37)

que e´ chamada equa¸ca˜ o indicial de (1.36). Se a equac¸a˜ o indicial r2 + (b − 1)r + c = 0 tem somente 1−b , determine uma segunda soluc¸a˜ o linearmente independente da forma uma raiz real, r = 2 y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x 4.4.

1− b 2

,

para x > 0.

˜ z1 ( x ) = x2 , z2 ( x ) = x3 e z3 ( x ) = e− x s˜ao soluc¸oes ˜ da equac¸a˜ o (a) Determine qual ou quais das func¸oes

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0 Julho 2011

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56

˜ obtidas no item anterior. Determine uma segunda soluc¸a˜ o y2 ( x ) de (b) Seja y1 ( x ) uma das soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸a˜ o. forma que y1 ( x ) e y2 ( x ) sejam soluc¸oes (c) Determine a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0 e obtenha a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial   ( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0, y(1) = 1,  0 y (1) = 3. Justifique sua resposta! 4.5. Mostre que a soluc¸a˜ o do problema y00 + 2y0 = 0, y(0) = a, y0 (0) = b tende para uma constante quando t → +∞. Determine esta constante. 4.6. Mostre que se 0 < b < 2, ent˜ao toda soluc¸a˜ o de y00 + by0 + y = 0 tende a zero quando t → +∞. 4.7. Considere o problema y00 − 4y = 0, y(0) = 0, y0 (0) = b 6= 0. Mostre que y(t) 6= 0 para todo t 6= 0. 4.8. Considere o problema y00 − y0 + 41 y = 0, y(0) = 2, y0 (0) = b. Determine os valores de b para os quais a soluc¸a˜ o y(t) → +∞ quando t → +∞. 4.9. Considere a equac¸a˜ o y00 + 2by0 + y = 0. Para quais valores de b a soluc¸a˜ o y(t) tende a zero quando ˜ iniciais. t → +∞, independente das condic¸oes 4.10.

(a) Encontre a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o y00 + 2y0 + αy = 0 para α > 1, para α = 1 e para α < 1. ˜ tendem a zero quando t → +∞. (b) Para quais valores de α todas as soluc¸oes

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.5

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

57

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

1.5

Uma equac¸a˜ o diferencial linear de 2a. ordem e´ n˜ao homogˆenea se ela pode ser escrita como y00 + p(t)y0 + q(t)y = f (t). (1.38) com f (t) uma func¸a˜ o n˜ao-nula.

Teorema 1.6. Seja y p (t) uma solu¸ca˜ o particular da equa¸ca˜ o (1.38). Sejam y1 (t) e y2 (t) solu¸co˜ es fundamentais da equa¸ca˜ o homogˆenea correspondente. Ent˜ao, a solu¸ca˜ o geral da equa¸ca˜ o n˜ao homogˆenea (1.38) e´ y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) + y p ( t ). Ou seja, a solu¸ca˜ o geral da equa¸ca˜ o diferencial linear de 2a. ordem n˜ao homogˆenea e´ a soma da solu¸ca˜ o geral da equa¸ca˜ o homogˆenea correspondente, c1 y1 (t) + c2 y2 (t), com uma solu¸ca˜ o particular da equa¸ca˜ o diferencial n˜ao homogˆenea, y p (t).

Demonstrac¸a˜ o. Seja y(t) uma soluc¸a˜ o qualquer de (1.38) e y p (t) uma soluc¸a˜ o particular de (1.38). Vamos mostrar que Y (t) = y(t) − y p (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea associada y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0. (1.39) Y 00 (t) + p(t)Y 0 (t) + q(t)Y (t)

= (y(t) − y p (t))00 + p(t)(y(t) − y p (t))0 + q(t)(y(t) − y p (t)) 
 = y00 (t) + p(t)y0 (t) + q(t)y(t) − y00p (t) + p(t)y0p (t) + q(t)y p (t) {z } | | {z } = f (t)

= Julho 2011

= f (t)

f (t) − f (t) = 0. Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

58

˜ fundamentais da equac¸a˜ o homogˆenea associada Assim, se y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes (1.39), existem constantes c1 e c2 tais que Y ( t ) = y ( t ) − y p ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ), ˜ fundaou seja, se y(t) e´ uma soluc¸a˜ o qualquer de (1.38) e y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes mentais da equac¸a˜ o homogˆenea associada (1.39), ent˜ao y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) + y p ( t ).

(1.40)



Portanto, para encontrar a soluc¸a˜ o geral de uma equac¸a˜ o linear de 2a. ordem n˜ao ho˜ fundamenmogˆenea precisamos encontrar uma soluc¸a˜ o particular e duas soluc¸oes tais da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente.

Exemplo 1.20. A func¸a˜ o y p (t) =

t e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial 4 y00 + 4 y = t.

(verifique!) J´a vimos no Exemplo 1.12 na p´agina 30 que a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial homogˆenea correspondente, y00 + 4 y = 0, e´ y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t. Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea y00 + 4 y = t e´ t y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + . 4 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

1.5

A func¸a˜ o y2 (t) =

59

t sen(2t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o 2 y00 + 4 y = 2 cos(2t)

(verifique!). Logo, y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t +

t sen(2t). 2

e´ soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial y00 + 4 y = 2 cos(2t).

Teorema 1.7 (Princ´ıpio da Superposic¸a˜ o para Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas). Se y(p1) (t) e´ uma solu¸ca˜ o de y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 1 (t) (2)

e y p (t) e´ uma solu¸ca˜ o de y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 2 (t), (1)

(2)

ent˜ao y p (t) = y p (t) + y p (t) e´ solu¸ca˜ o de y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 1 (t) + f 2 (t).

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

60 Demonstrac¸a˜ o. y p (t)00 + p(t)y0p (t) + q(t)y p (t) = (1)

(2)

(1)

(2)

(1)

(2)

= (y p (t) + y p (t))00 + p(t)(y p (t) + y p (t))0 + q(t)(y p (t) + y p (t)) = (1)

(1)

(1)

(2)

(2)

(2)

= y p (t)00 + p(t)y p (t)0 + q(t)y p (t) + y p (t)00 + p(t)y p (t)0 + q(t)y p (t) = | {z } | {z } = f 1 (t)

=

= f 2 (t)

f 1 ( t ) + f 2 ( t ), (1)

pois y p (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 1 (t) (2)

e y p (t), da equac¸a˜ o

y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 2 (t).



Exemplo 1.21. Vimos no Exemplo 1.20 que a func¸a˜ o y1 (t) = diferencial e a func¸a˜ o y2 (t) =

t e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o 4

y00 + 4 y = t t sen(2t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o 2 y00 + 4 y = 2 cos(2t).

˜ N˜ao Homogˆeneas (Teorema 1.7) Pelo Princ´ıpio da Superposic¸a˜ o para Equac¸oes t t y(t) = + sen(2t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o 4 2 y00 + 4 y = 2 cos(2t) + t Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.5

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

61

e a soluc¸a˜ o geral desta equac¸a˜ o e´ y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t +

1.5.1

t t + sen(2t). 4 2

M´etodo dos Coeficientes a Determinar

˜ lineares n˜ao homogˆeneas com coeficientes constantes, ou seja, Vamos tratar equac¸oes da forma ay00 + by0 + cy = f (t). (1.41) ´ em que a, b e c s˜ao numeros reais, a 6= 0. Este m´etodo funciona quando a func¸a˜ o f (t) tem uma das seguintes formas: (1) f (t) = a0 + . . . + an tn , em que a0 , . . . , an ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma y p ( t ) = t s ( A0 + . . . + A n t n ), em que s e´ o menor inteiro n˜ao negativo que garanta que nenhuma parcela de y p (t) seja soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente e A0 , . . . , An s˜ao coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equac¸a˜ o (1.41). O Exemplo 1.22 ilustra este caso. (2) f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt , em que a0 , . . . , an , α ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma y p (t) = ts ( A0 + . . . + An tn )eαt , em que s e´ o menor inteiro n˜ao negativo que garanta que nenhuma parcela de y p (t) seja soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente e A0 , . . . , An s˜ao coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equac¸a˜ o (1.41). O Exemplo 1.23 ilustra este caso. Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

62

(3) f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt cos βt ou f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt sen βt, em que a0 , . . . , an , α, β ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma y p (t) = ts [( A0 + . . . + An tn )eαt cos βt + ( B0 + . . . + Bn tn )eαt sen βt], em que s e´ o menor inteiro n˜ao negativo que garanta que nenhuma parcela de y p (t) seja soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente e A0 , . . . , An , B0 , . . . , Bn s˜ao coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equac¸a˜ o (1.41). O Exemplo 1.24 ilustra este caso.

Exemplo 1.22. Vamos encontrar a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial 

y00 + y0 = 2 + t2 y(0) = 1, y0 (0) = 2.

Precisamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente y00 + y0 = 0 A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + r = 0 que tem como ra´ızes r1 = 0 e r2 = −1. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente y00 + y0 = 0 e´ y ( t ) = c1 + c2 e − t . O segundo membro da equac¸a˜ o diferencial, 2 + t2 , e´ da forma (1). Vamos procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma y p ( t ) = t1 ( A0 + A1 t + A2 t2 ) = A0 t + A1 t2 + A2 t3 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.5

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

63

O valor de s e´ igual a 1, pois para s = 0, a parcela A0 e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea (c2 = 0 e c1 = A0 ). y0p (t) = A0 + 2A1 t + 3A2 t2 y00p (t) = 2A1 + 6A2 t. Substituindo y0p (t) e y00p (t) na equac¸a˜ o y00 + y0 = 2 + t2 obtemos

(2A1 + 6A2 t) + ( A0 + 2A1 t + 3A2 t2 ) = ( A0 + 2A1 ) + (2A1 + 6A2 )t + 3A2 t2 = 2 + t2 Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  = 2  A0 + 2A1 2A1 + 6A2 = 0  3A2 = 1 que tem soluc¸a˜ o A0 = 4, A1 = −1 e A2 = 1/3. Assim, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 y p (t) = 4t − t2 + t3 3 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 y(t) = c1 + c2 e−t + 4t − t2 + t3 3

(1.42)

Para resolvermos o problema de valor inicial vamos calcular a derivada da soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea y 0 ( t ) = − c2 e − t + t2 − 2 t + 4

(1.43)

Substituindo-se t = 0 e y = 1 em (1.42) e t = 0 e y0 = 2 em (1.43) obtemos  c1 + c2 = 1 4 − c2 = 2 Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

64 de onde obtemos c1 = −1 e c2 = 2. Logo, a soluc¸a˜ o do PVI e´ 1 y(t) = −1 + 2e−t + 4t − t2 + t3 3

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.5

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

65

y

6

4

2

t -4

Figura 1.15 – A soluc¸a˜ o do problema de valor inicial do Exemplo 1.22

Julho 2011

-2

2

4

-2

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

66

Exemplo 1.23. Vamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o y00 + 2y0 + y = (2 + t)e−t . Precisamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente y00 + 2y0 + y = 0. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 2r + 1 = 0 que tem como raiz r1 = −1. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente y00 + 2y0 + y = 0 e´ y(t) = c1 e−t + c2 te−t . O segundo membro da equac¸a˜ o diferencial, (2 + t)e−t , e´ da forma (2). Vamos procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma y p ( t ) = t2 ( A0 + A1 t ) e − t = ( A0 t2 + A1 t3 ) e − t ˜ da O valor de s e´ igual a 2, pois para s = 0 as parcelas A0 e−t e A1 te−t s˜ao soluc¸oes equac¸a˜ o homogˆenea (c1 = A0 , c2 = 0 e c1 = 0, c2 = A1 ) e para s = 1 a parcela A0 te−t e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea (c1 = 0 e c2 = A0 ).   y0p (t) = 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t   y00p (t) = 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + ( A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t . Substituindo y0p (t) e y00p (t) na equac¸a˜ o y00 + 2y0 + y = (2 + t)e−t obtemos   2A0 + (6A1 − 4A0 )t + ( A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t +   + 2 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t +

+ ( A0 t2 + A1 t3 ) e − t Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

= (2 + t ) e − t Julho 2011

1.5

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

67

Simplificando o primeiro membro obtemos

(2A0 + 6A1 t) e−t = (2 + t)e−t

⇒

2A0 + 6A1 t = 2 + t

Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  2A0 = 2 6A1 = 1 que tem soluc¸a˜ o A0 = 1 e A1 = 1/6. Assim, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 y p ( t ) = ( t2 + t3 ) e − t 6 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 y(t) = c1 e−t + c2 te−t + (t2 + t3 )e−t 6

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68

y

y0

t

˜ da equac¸a˜ o Figura 1.16 – Algumas soluc¸oes do Exemplo 1.23

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.5

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

69

Exemplo 1.24. Vamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o y00 + 2y0 + 2y = et cos t. Precisamos encontrar a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente y00 + 2y0 + 2y = 0. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 2r + 2 = 0 que tem como ra´ızes r1 = −1 + i e r2 = −1 − i. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente y00 + 2y0 + 2y = 0 e´ y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t. O segundo membro da equac¸a˜ o diferencial, et cos t, e´ da forma (3). Vamos procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma y p (t) = t0 ( Aet cos t + Bet sen t) = Aet cos t + Bet sen t O valor de s e´ igual a 0, pois nenhuma parcela de y p (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea. y0p (t) = A(et cos t − et sen t) + B(et sen t + et cos t+) = ( A + B)et cos t + ( B − A)et sen t y00p (t) = 2Bet cos t − 2Aet sen t. Substituindo y0p (t) e y00p (t) na equac¸a˜ o y00 + 2y0 + y = et cos t obtemos 2Bet cos t − 2Aet sen t + 2 ( A + B)et cos t + ( B − A)et sen t




+ 2( Aet cos t + Bet sen t) = et cos t Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

70 Simplificando o primeiro membro obtemos

(4A + 4B)et cos t + (4B − 4A)et sen t = et cos t Substituindo-se t = 0 e t = π/2 obtemos o sistema linear  4A + 4B = 1 −4A + 4B = 0 que tem soluc¸a˜ o A = 1/8 e B = 1/8. Assim, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 1 y p (t) = et cos t + et sen t 8 8 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t + et (cos t + sen t) 8

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.5

Equac¸o˜ es N˜ao Homogˆeneas

71

y

y0

t

˜ da equac¸a˜ o Figura 1.17 – Algumas soluc¸oes do Exemplo 1.24

Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

72

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 133) ˜ 5.1. Encontre a soluc¸a˜ o geral das equac¸oes: (a) y00 + 5y0 + 6y = xe−5x . (b) y00 − 4y0 + 6y = 3x. (c) y00 + 4 y = 2 sen(2t) + t (d) y00 + 2y = et + 2 5.2. Resolva os problemas de valor inicial: (a) y00 + y0 − 2y = t2 + 3,

y(0) = 0,

(b) y00 + 2 y0 + y = 3 sen(2t), (c) y00 − 4 y0 + 4 y = 3e−t , (d) 2y00 + 2y0 + y = t2 , 5.3.

y 0 (0) = 0

y(0) = 0,

y(0) = 0,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0

y 0 (0) = 0

y 0 (0) = 0

(a) Encontre a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o y00 + 2y0 + αy = 0 para α > 1, para α = 1 e para α < 1. (b) Determine a forma adequada para uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o √ y00 + 2y0 + αy = te−t sen( α − 1 t) para α > 1.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

73

1.6

Oscilac¸o˜ es

e

F =−ky

Fe = − k L

0

r

F =−γv

0

L

P=mg

P=mg Fext

Figura 1.18 – Sistema massa-mola na vertical

Julho 2011

u

y

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

74

Considere um sistema massa-mola na vertical. Seja L o alongamento provocado na mola pela colocac¸a˜ o de um corpo de massa m quando o sistema est´a em equil´ıbrio. Neste caso a magnitude da forc¸a el´astica e´ igual a magnitude da forc¸a peso, ou seja, mg = kL.

(1.44)

Aqui k e´ chamada constante da mola. Seja y(t) o alongamento da mola em um instante t. Defina a nova func¸a˜ o u(t) = y(t) − L. Sobre o corpo de massa m agem o seu peso, P = mg, a forc¸a da mola que e´ proporcional ao seu alongamento e tem sentido oposto a ele, Fe = −ky(t) = −k(u(t) + L), uma forc¸a de resistˆencia proporcional a` velocidade, Fr = −γy0 (t) = −γu0 (t) e uma forc¸a externa Fext . Aqui γ e´ a constante de amortecimento. Pela segunda lei de Newton, temos que my00 (t) = mg − ky(t) − γy0 (t) + Fext ou escrevendo em termos de u(t) = y(t) − L: mu00 (t) = mg − k( L + u(t)) − γu0 (t) + Fext

(1.45)

Assim, por (1.44) e (1.45), u(t) satisfaz a seguinte equac¸a˜ o diferencial mu00 (t) + γu0 (t) + ku(t) = Fext .

(1.46)

que e´ a mesma equac¸a˜ o que satisfaz x (t) no caso em que o sistema massa-mola se movimenta na horizontal sobre uma superf´ıcie lisa. Verifique! Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

75

1.6.1

Oscilac¸o˜ es Livres

Sem Amortecimento F = −k x e

Fe = −k x

Figura 1.19 – Sistema massa-mola livre n˜ao amortecido

Julho 2011

0

x

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

76

˜ s˜ao livres, Fext = 0 e como s˜ao n˜ao amortecidas, γ = 0. Assim, a Como as oscilac¸oes equac¸a˜ o (1.46) para o movimento do sistema massa-mola e´ mu00 + ku = 0. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r 2

mr + k = 0

⇔

r=±

k i. m

Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ r u(t) = c1 cos Seja ω0 =

q

k m.

k t m

!

r

+ c2 sen

k t m

!

Ent˜ao, a equac¸a˜ o acima pode ser escrita em termos de ω0 como u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) .

(1.47)

Marcando o ponto (c1 , c2 ) no plano e escrevendo em coordenadas polares temos que y

( c1 , c2 ) c2

 R

c1 c2

= =

R cos δ, R sen δ.

(1.48)

δ c1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

x

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

77 Substituindo-se os valores de c1 e c2 obtidos de (1.48) na equac¸a˜ o (1.47) obtemos u(t)

= = =

R cos δ cos (ω0 t) + R sen δ sen (ω0 t) R (cos δ cos (ω0 t) + sen δ sen (ω0 t)) R cos(ω0 t − δ),

Aqui foi usada a relac¸a˜ o cos( a − b) = cos a cos b + sen a sen b. ω0 e´ chamada frequˆencia natural do sistema, δ a fase e R a amplitude. 2π ´ . Este movimento Neste caso a soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o e´ periodica de per´ıodo T = ω0 ´ oscilatorio e´ chamado movimento harmonico ˆ simples.

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

78

Oscilação Livre sem Amortecimento

u(t) =qR cos(ω0 t − δ) ω0 = mk

u

2π/ω0

R

δ/ω0

(δ+2π)/ω0

t

−R

Figura 1.20 – Soluc¸a˜ o do sistema massamola livre n˜ao amortecido

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.6

Oscilac¸o˜ es

79

Exemplo 1.25. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e´ dado por u00 + 3u = 0,

u(0) = −1,

u0 (0) = 3.

(a) Encontre a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequˆencia, a fase e o per´ıodo. (b) Esboce o gr´afico da soluc¸a˜ o obtida. Solu¸ca˜ o:

√ (a) Equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 3 = 0, que tem como ra´ızes r = ± 3i. Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ : √  √  3 t + c2 sen 3t . u(t) = c1 cos Para resolver o PVI precisamos calcular a derivada da soluc¸a˜ o geral: √  √  √ √ u0 (t) = −c1 3 sen 3 t + c2 3 cos 3t Substituindo-se t = 0, u = −1, u0 = 3 obtemos: √ c1 = −1, c2 = 3. A soluc¸a˜ o do PVI e´ portanto u(t) = − cos

√

Marcando o ponto (c1 , c2 ) = (−1, ou seja,

√

 √ √  3 t + 3 sen 3t .

3) no plano obtemos que R = 2 e δ = 

u(t) = 2 cos Julho 2011

√

2π 3 t− 3

2π , 3



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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

80 A amplitude e´ igual a 2, a frequˆencia e´ igual a √ e´ igual a 2π/ 3.

√

3, a fase e´ igual a

2π e o per´ıodo 3

(b) u

2

t 3/2

2π/3

3/2

8π/3

−2

Com Amortecimento ˜ s˜ao livres, Fext = 0. Assim, a equac¸a˜ o (1.46) para o movimento Como as oscilac¸oes do sistema massa-mola e´ mu00 + γu0 + ku = 0. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ mr2 + γr + k = 0 e ∆ = γ2 − 4km Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.6

Oscilac¸o˜ es

81

F = −γ v

F = −k x

r

e

Fr = −γ v

Fr = −γ v Fe = −k x

Figura 1.21 – Sistema massa-mola livre com amortecimento

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0

x

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

82 Aqui temos trˆes casos a considerar:

√ (a) Se ∆ = γ2 − 4km > 0 ou γ > 2 km, neste caso u ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t , em que

p √ −γ ± ∆ −γ ± γ2 − 4km r1,2 = = 2 km



√ amortecimento cr´ıtico, γ = 2 km



t



√

sub amortecimento, γ < 2 km ˜ do Figura 1.26 – Comparac¸a˜ o das soluc¸oes sistema massa-mola livre com amortecimento para diferentes valores da constante de amortecimento γ

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.6

Oscilac¸o˜ es

89

1.6.2

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas

´ Vamos supor que uma forc¸a externa periodica da forma Fext = F0 cos(ωt), com ω > 0, seja aplicada ao corpo de massa m. Ent˜ao, a equac¸a˜ o (1.46) para o movimento sistema e´ mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt) Oscilac¸o˜ es Forc¸adas sem Amortecimento Neste caso a equac¸a˜ o diferencial para o movimento sistema e´ mu00 + ku = F0 cos(ωt).

(1.51)

˜ s˜ao da forma Sabemos que as soluc¸oes u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + u p (t), em que, pelo m´etodo dos coeficientes a determinar, u p (t) = ts [ A cos(ωt) + B sen(ωt)] e´ uma soluc¸a˜ o particular e s e´ o menor inteiro n˜ao negativo que garanta que nenhuma parcela de u p (t) seja soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente e A e B s˜ao coeficientes a serem determinados substituindo-se u p (t) na equac¸a˜ o diferencial (1.51). Temos dois casos a considerar: (a) Se ω 6= ω0 . Neste caso s = 0, pois nenhuma das parcelas de u p (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente. Ent˜ao, a soluc¸a˜ o particular e´ da forma u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt) e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ da forma u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + A cos(ωt) + B sen(ωt) Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

90

Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) na equac¸a˜ o diferencial (1.51) encontramos A=

F0 m(ω02 − ω 2 )

e

B = 0.

Assim, u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 cos(ωt). − ω2 )

m(ω02

´ Neste caso a soluc¸a˜ o u(t) e´ oscilatoria e limitada. (b) Se ω = ω0 . Neste caso s = 1, pois para s = 0 as parcelas, A cos(ω0 t) ˜ da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente. e B sen(ω0 t), de u p (t), s˜ao soluc¸oes Ent˜ao, a soluc¸a˜ o particular e´ da forma u p (t) = t[ A cos(ωt) + B sen(ωt)] e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ da forma u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + t[ A cos(ω0 t) + B sen(ω0 t)] Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) na equac¸a˜ o diferencial (1.51) encontramos A=0

e

B=

F0 . 2mω0

Assim, u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

´ Neste caso u(t) e´ oscilatoria, mas fica ilimitada quando t tende a +∞. Este ˆ fenomeno e´ conhecido como ressonˆancia e a frequˆencia ω = ω0 e´ chamada frequˆencia de ressonˆancia. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

91

Fext = Focos(ωt) F =−kx e

Fext = Focos(ωt)

Fext = Focos(ωt) Fe = − k x

Figura 1.27 – Sistema massa-mola forc¸ado sem amortecimento

Julho 2011

0

x

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

92

Exemplo 1.26. Vamos considerar o problema de valor inicial 

mu00 + ku = F0 cos(ωt), u(0) = 0, u0 (0) = 0.

Temos dois casos a considerar: (a) Se ω 6= ω0 . Vimos acima que a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 cos(ωt) − ω2 )

m(ω02

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que (verifique!) c1 = −

F0 , m(ω02 − ω 2 )

c2 = 0.

Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) =

F0 (cos(ωt) − cos(ω0 t)) . m(ω02 − ω 2 )

Como cos( A − B) − cos( A + B) = 2 sen A sen B ent˜ao u(t) =

2F0 sen(ω1 t) sen(ω2 t), m(ω02 − ω 2 )

em que

ω0 − ω ω0 + ω , ω2 = . 2 2 Como ω1 e´ menor do que ω2 , ent˜ao o movimento e´ uma oscilac¸a˜ o de frequˆencia 0 ´ ω2 com uma amplitude tamb´em oscilatoria R(t) = m(ω2F 2 − ω 2 ) sen( ω1 t ) de ω1 =

frequˆencia ω1 . Este movimento e´ chamado batimento. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

0

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

93

Batimento

u

u(t) = R sen(ω1 t) sen(ω2 t), 2F0 R= 2 2 , m ( ω0 − ω ) ω0 − ω 2 ,

ω1 = +R

Ressonância

u

ω2 =

ω0 + ω 2

R sen(ω t) →

Rt→

1

2π ω

1

−R

t

−R sen(ω1t) →

Figura 1.28 – Soluc¸a˜ o do sistema massa-mola, para u(0) = u0 (0) = 0, no caso de batimento

Julho 2011

u(t) = R t sen(ωt)

2π ω0

t

−R t →

Figura 1.29 – Soluc¸a˜ o do sistema massa-mola, para u(0) = u0 (0) = 0, no caso de ressonˆancia

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

94

(b) Se ω = ω0 . Vimos acima que, neste caso, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ F0 t sen(ω0 t). u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + 2mω0 J´a vimos que neste caso u(t) fica ilimitada quando t tende a +∞ que e´ o ˆ fenomeno da ressonˆancia. Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que (verifique!) c1 = 0, c2 = 0. Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) =

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

Este movimento e´ uma oscilac¸a˜ o de frequˆencia ω0 com uma amplitude R(t) =

F0 t 2mω0

que aumenta proporcionalmente a t.

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Amortecimento Neste caso a equac¸a˜ o diferencial para o movimento sistema e´ mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt).

(1.52)

Seja u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) a soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente. Ent˜ao, a soluc¸a˜ o geral desta equac¸a˜ o e´ u ( t ) = c1 u1 ( t ) + c2 u2 ( t ) + u p ( t ), Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

95 em que u p (t) e´ uma soluc¸a˜ o particular. Pelo m´etodo dos coeficientes a determinar u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt). Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) e suas derivadas na equac¸a˜ o diferencial (1.52) encontramos A=

F0 m(ω02 − ω 2 ) , ∆

B=

F0 γω , ∆

em que ∆ = m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ2 ω 2 . Podemos escrever u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt) = R cos(ωt − δ),

√ em que R = A2 + B2 e δ e´ tal que A = R cos δ e B = R sen δ. Neste caso, verifique que a amplitude da soluc¸a˜ o estacion´aria e´ dada por F0 R= √ . ∆ Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ). A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente, c1 u1 (t) + c2 u2 (t), e´ a soluc¸a˜ o do problema de oscilac¸a˜ o livre amortecida e j´a mostramos que tende a zero quando t tende a +∞, por isso e´ chamada solu¸ca˜ o transiente, enquanto a soluc¸a˜ o particular, R cos(ωt − δ), permanece e por isso e´ chamada solu¸ca˜ o estacion´aria. u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ) ≈ R cos(ωt − δ), para t suficientemente grande.

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

96

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt) Fe = − k x

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fe = − k x

0

x

Figura 1.30 – Sistema massa-mola forc¸ado com amortecimento

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

97

Oscilaçao Forçada com Amortecimento

u

u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ)

+R

2π ω

t −R

Figura 1.31 – Soluc¸a˜ o do sistema massa-mola forc¸ado com amortecimento

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

98

1.6.3

Circuitos El´etricos

Considere um circuito el´etrico formado por um capacitor, um resistor e um indutor ligados em s´erie a um gerador como mostrado na Figura 1.32. R

C

L

Figura 1.32 – Circuito LRC

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

V (t)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

99 A queda de potencial num resistor de resistˆencia R e´ igual a RI, num capacitor de Q dI capacitˆancia C e´ igual a e em um indutor de indutˆancia L e´ igual a L . Pela C dt segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forc¸as eletromotrizes (neste caso apenas V (t)) e´ igual a soma das quedas de potencial (neste caso R I na resistˆencia, dI Q/C no capacitor e L no indutor), ou seja, dt dI 1 L + RI + Q = V (t) (1.53) dt C Substituindo-se I = el´etrica no capacitor.

dQ obtemos uma equac¸a˜ o diferencial de 2a. ordem para a carga dt L

d2 Q 1 dQ + Q = V (t) +R 2 dt C dt

(1.54)

˜ iniciais Q(0) = Q0 e Q0 (0) = I0 . Uma equac¸a˜ o diferencial de 2a. com condic¸oes ordem para a corrente el´etrica no circuito pode ser obtida derivando-se a equac¸a˜ o (1.53), ou seja, dI 1 dQ dV d2 I = (t) L 2 +R + dt C dt dt dt e substituindo-se I =

dQ dt L

d2 I dI 1 dV +R + I = (t) dt C dt dt2

˜ iniciais I (0) = I0 e I 0 (0) = com condic¸oes

V (0) − RI0 − Q0 /C ´ . A ultima condic¸a˜ o e´ L

obtida usando a equac¸a˜ o (1.54). Exemplo 1.27. Um circuito possui um capacitor de 0, 5 × 10−1 F, um resistor de 25 Ω e um indutor de 5 H, em s´erie. O capacitor se encontra descarregado. No instante Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

100

t = 0 conecta-se esse circuito a uma bateria cuja tens˜ao e´ de 10e−t/4 V, e o circuito e´ fechado. Vamos determinar a carga no capacitor em qualquer instante t > 0. A equac¸a˜ o diferencial para a carga no capacitor e´ 5Q00 + 25Q0 +

1 Q = 10e−t/4 . 0, 5 · 10−1

Dividindo-se por 5 obtemos a equac¸a˜ o Q00 + 5Q0 + 4Q = 2e−t/4 . Equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 5r + 4 = 0 cujas ra´ızes s˜ao r = −1, −4. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea e´ Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t . Vamos procurar uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea da forma Q p (t) = A0 e−t/4 . 1 Q0p (t) = − A0 e−t/4 , 4

Q00p (t) =

A0 −t/4 e 16

Substituindo-se na equac¸a˜ o Q p (t), Q0p (t) e Q00p (t) obtemos A0 −t/4 5 e − A0 e−t/4 + 4A0 e−t/4 = 2e−t/4 16 4 45 A0 = 2 16

⇒

A0 =

32 45

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

101

Portanto, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t +

32 −t/4 e 45

8 −t/4 Derivada da soluc¸a˜ o geral: Q0 (t) = −c1 e−t − 4c2 e−4t − 45 e 0 Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q = 0 obtemos   32 =0 c1 = −8/9 c1 + c2 + 45 , ⇒ 8 c2 = 8/45 −c1 − 4c2 − 45 = 0

Portanto, a soluc¸a˜ o do PVI formado pela equac¸a˜ o diferencial e Q(0) = 0, Q0 (0) = 0 e´ 8 32 8 Q(t) = − e−t + e−4t + e−t/4 9 45 45 Observe que lim Q(t) = 0. t→∞

Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

102

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 140) 6.1. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e´ dado por u00 + 3u = 0,

u(0) = 1,

u 0 (0) = 3

(a) Encontre a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequˆencia, a fase e o per´ıodo. (b) Esboce o gr´afico da soluc¸a˜ o obtida. 6.2. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e´ dado por 2u00 + 3u = 0,

u(0) = 1,

u 0 (0) = 0

(a) Encontre a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequˆencia, a fase e o per´ıodo. (b) Esboce o gr´afico da soluc¸a˜ o obtida. 6.3. Uma mola, de um sistema massa-mola sem amortecimento, tem constante de elasticidade igual a 3 N/m. Pendura-se na mola um corpo de massa 2 kg e o sistema sofre a ac¸a˜ o de uma forc¸a externa de 3 cos(3t). Determine a func¸a˜ o que descreve o movimento corpo em qualquer instante t, considerando a posic¸a˜ o inicial igual u0 e a velocidade inicial u00 . 6.4. Se um sistema massa-mola com um corpo de massa 2 kg e uma mola com constante de elasticidade igual 0,5 N/m e´ colocado em movimento, no instante t = 0, num meio em que a constante de amortecimento e´ igual a 1 N.s/m, determine a posic¸a˜ o do corpo em qualquer instante t, considerando a posic¸a˜ o inicial igual a u0 e a velocidade inicial u00 . 6.5. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. Suponha que n˜ao haja amortecimento e que a acelerac¸a˜ o da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo ao quadrado. Encontre a frequˆencia, o per´ıodo e a amplitude do movimento. Determine a posic¸a˜ o u em func¸a˜ o do tempo t e fac¸a um esboc¸o do seu gr´afico. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

103

(a) Se o sistema e´ colocado em movimento a partir de sua posic¸a˜ o de equil´ıbrio com uma velocidade apontada para cima de 4 cent´ımetros por segundo. (b) Se o sistema e´ puxado para baixo esticando a mola 1 cent´ımetro e depois colocado em movimento com uma velocidade para baixo de 10 cent´ımetros por segundo. (c) Se o sistema e´ puxado para baixo esticando a mola 2 cent´ımetros e depois e´ solto. 6.6. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. O corpo est´a preso a um amortecedor viscoso. Suponha que a acelerac¸a˜ o da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo ao quadrado. (a) Para quais valores da constante de amortecimento γ o sistema e´ super-amortecido, tem um amortecimento cr´ıtico e e´ sub-amortecido. (b) Suponha que o amortecedor exerce uma forc¸a de 104 dinas (=gramas·cent´ımetros por segundos2 ) quando a velocidade e´ de 10 cent´ımetros por segundo. Se o sistema e´ puxado para baixo 2 cent´ımetros e depois e´ solto, determine a posic¸a˜ o u do corpo em func¸a˜ o do tempo t e fac¸a um esboc¸o do seu gr´afico. Qual o valor do quase per´ıodo? 6.7. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. Suponha que n˜ao haja amortecimento e que a acelerac¸a˜ o da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo ao quadrado. Se o corpo e´ colocado em movimento com uma forc¸a externa de 9600 cos(6t) dinas, determine a posic¸a˜ o do corpo como func¸a˜ o do tempo e fac¸a um esboc¸o do seu gr´afico. 6.8. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. Suponha que n˜ao haja amortecimento e que a acelerac¸a˜ o da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo ao quadrado. Se o corpo e´ colocado em movimento na posic¸a˜ o de equil´ıbrio com uma forc¸a externa de 1000 cos(ωt) dinas, para ω igual a frequˆencia de ressonˆancia, determine a posic¸a˜ o do corpo como func¸a˜ o do tempo e fac¸a um esboc¸o do seu gr´afico. 6.9. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. O corpo est´a preso a um amortecedor viscoso. Suponha que a acelerac¸a˜ o da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo ao quadrado. Suponha que o amortecedor exerce uma forc¸a de 4200 dinas quando a velocidade e´ de 1 cent´ımetro por segundo. Se o corpo est´a sob a ac¸a˜ o de uma forc¸a externa de 26000 cos(6t) dinas, determine a posic¸a˜ o u em func¸a˜ o do tempo t e fac¸a um esboc¸o do seu gr´afico, considerando somente a soluc¸a˜ o estacion´aria. Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais Ordin´arias

104 6.10. Considere um sistema massa-mola descrito pelo problema de valor inicial

u00 + u0 + 2u = cos ωt, ω > 0, u(0) = 0, u0 (0) = 2. (a) Determine a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial. (b) Determine a soluc¸a˜ o estacion´aria deste problema. (c) Encontre a amplitude da soluc¸a˜ o estacion´aria como func¸a˜ o de ω. 6.11. Considere a equac¸a˜ o diferencial do sistema massa-mola forc¸ado sem amortecimento mu00 + ku = F0 cos(ωt) Mostre que a soluc¸a˜ o geral: (a) Se ω 6= ω0 e´ dada por u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 cos(ωt). − ω2 )

m(ω02

(b) Se ω = ω0 e´ dada por u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

6.12. Mostre que a soluc¸a˜ o do PVI 

mu00 + ku = F0 cos(ωt), u(0) = 0, u0 (0) = 0

(a) Se ω 6= ω0 e´ dada por u(t) =

F0 (cos(ωt) − cos(ω0 t)) . m(ω02 − ω 2 )

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.6

Oscilac¸o˜ es

105

(b) Se ω = ω0 e´ dada por u(t) =

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

6.13. Encontre a soluc¸a˜ o estacion´aria de mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt). 6.14. Um circuito possui um capacitor de 0,125 × 10−1 F, um resistor de 60 Ω e um indutor de 10 H, em s´erie. A carga inicial no capacitor e´ zero. No instante t = 0 conecta-se o circuito a uma bateria cuja tens˜ao e´ de 12 V e o circuito e´ fechado. (a) Determine a carga no capacitor em qualquer instante t > 0. (b) Determine a carga no capacitor quando t → +∞. (c) Esboce o gr´afico da soluc¸a˜ o obtida. 6.15. O movimento de um pˆendulo simples de massa m e comprimento l e´ descrito pela func¸a˜ o θ (t) que satisfaz a equac¸a˜ o diferencial g d2 θ + sen θ = 0. l dt2 Considere a aproximac¸a˜ o sen θ ≈ θ. (a) Encontre θ (t) sabendo-se que o pˆendulo e´ solto de um aˆ ngulo θ0 . (b) Determine a frequˆencia, o per´ıodo e a amplitude de oscilac¸a˜ o do pˆendulo.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

106

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

1. Introdu¸ca˜ o a` s Equa¸coes ˜ Diferenciais (p´agina 13) 1.1. (a) Equac¸a˜ o diferencial ordin´aria de 1a. ordem n˜ao linear. (b) Equac¸a˜ o diferencial ordin´aria de 2a. ordem linear. 1.2. ( x + 3)y100 + ( x + 2)y10 − y1 = ( x + 3)2 + ( x + 2)2x − x2 = x2 + 6x + 6 6= 0 ( x + 3)y200 + ( x + 2)y20 − y2 = ( x + 3)6x + ( x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x 6= 0 ( x + 3)y300 + ( x + 2)y30 − y3 = ( x + 3)e− x − ( x + 2)e− x − e− x = 0 ˜ da equac¸a˜ o e y3 ( x ) = e− x e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o. Logo, y1 ( x ) = x2 e y2 ( x ) = x3 n˜ao s˜ao soluc¸oes (a) Substituindo-se y = ert e

dy = rert e na equac¸a˜ o obtemos dt arert + bert = ( ar + b)ert = 0,

´ pois por hipotese ar + b = 0. (b) Substituindo-se y = ert ,

dy d2 y = rert e 2 = r2 ert na equac¸a˜ o obtemos dt dt ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0,

´ pois por hipotese ar2 + br + c = 0. (c) Substituindo-se y = xr ,

dy d2 y = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 em (1.24) obtemos dx dx x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0. r (r − 1) xr + brxr + cxr = 0.   r2 + (b − 1)r + c xr = 0,

´ pois por hipotese r2 + (b − 1)r + c = 0. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

1.3.

Respostas dos Exerc´ıcios

107

(a) Substituindo-se y = ert e

dy = rert na equac¸a˜ o diferencial obtemos dt arert + bert = ( ar + b)ert = 0.

Como ert 6= 0, ent˜ao y(t) = ert e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial se, e somente se, r e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ar + b = 0 (b) Substituindo-se y = ert ,

d2 y dy = rert e 2 = r2 ert na equac¸a˜ o diferencial obtemos dt dt ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0.

Como ert 6= 0, ent˜ao y(t) = ert e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial se, e somente se, r e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ar2 + br + c = 0 (c) Substituindo-se y = xr ,

d2 y dy = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 na equac¸a˜ o diferencial obtemos dx dx x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.   r2 + (b − 1)r + c xr = 0.

Como xr 6= 0, ent˜ao y = xr e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial se, e somente se, r e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o r2 + (b − 1)r + c = 0. 1.4.

(a) 0 = y0 + ty2 =

−2tr tr2 (−2r + r2 )t + = ( t2 − 3)2 ( t2 − 3)2 ( t − 3)2 ⇒ ⇒

Julho 2011

∀t

r2 − 2r = 0

r=0

ou

r=2 Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

108 (b) 0 = y0 − 2ty2 =

2tr2 (−2r − 2r2 )t −2rt − = ( t2 + 1)2 ( t2 + 1)2 ( t2 + 1)2

⇒ ⇒

∀t

r2 + r = 0

r=0

ou

r = −1

(c) 0 = y0 − 6ty2 =

−2rt 6tr2 (−2r − 6r2 )t − 2 = 2 2 + 1) ( t + 1) ( t2 + 1)2

( t2

⇒ ⇒

∀t

3r2 + r = 0

r=0

ou

r = −1/3

(d) 0 = y0 − ty2 =

−2rt tr2 (−2r − r2 )t − = , ( t2 + 2)2 ( t2 + 2)2 ( t2 + 2)2 ⇒ ⇒

∀t

r2 + 2r = 0

r=0

ou

r = −2

1.5. y(t) = at + b ⇒ y0 (t) = a e y00 (t) = 0. Substituindo-se y(t) = at + b, y0 (t) = a e y00 (t) = 0 na equac¸a˜ o diferencial ty00 + (t − 1)y0 − y = 0 obtemos t · 0 + (t − 1) a − ( at + b) = 0. Simplificando-se obtemos:

− a − b = 0 ou a = −b. Logo, para que y(t) = at + b seja soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o diferencial temos que ter a = −b, ou seja, y(t) = at − a = a(t − 1). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

109

´ ˜ da equac¸a˜ o diferencial que s˜ao func¸oes ˜ de 1o. grau s˜ao multiplos escalares de Portanto, todas as soluc¸oes y0 (t) = t − 1. 2. Equa¸coes ˜ Lineares de 1a. Ordem (p´agina 23) 2.1.

(a) µ( x ) = e

R

(1−2x )dx

= e x−x

2

2

Multiplicando a equac¸a˜ o por µ( x ) = e x− x : 2 2 d  x − x2  e y = e x− x xe− x = xe− x dx

2

e x−x y( x ) =

Z

2 2 1 xe− x dx = − e− x + C 2

2 1 y( x ) = − e− x + Ce x − x 2

1 2 = y(0) = − + C ⇒ C = 5/2 2 1 5 2 y( x ) = − e− x + e x − x 2 2 (b) µ(t) = e

R

3t2 dt

= et

3

3

Multiplicando a equac¸a˜ o por µ(t) = et : 3 3 d  t3  e y = et e−t +t = et dt

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

110

3

et y(t) =

Z

et dt = et + C 3

y(t) = et−t + Ce−t

3

2 = y (0) = 1 + C ⇒ C = 1 3

y (t ) = et−t + e−t

3

(c) µ(t) = e

R

− cos t dt

= e− sen t

2 2 d − sen t
e y = e− sen t tet +sen t = tet dt

e− sen t y(t) =

y(t) =

2

tet dt =

1 t2 e +C 2

1 t2 +sen t e + Cesen t 2

2 = y (0) =

y(t) =

Z

1 + C ⇒ C = 3/2 2

1 t2 +sen t 3 sen t e + e 2 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

111

(d) µ( x ) = e

x4 dx

R

=e

x5 5

x5

Multiplicando a equac¸a˜ o por µ( x ) = e 5 :  5  x x5 4x5 5 d e 5 y = e 5 x4 e 5 = x4 e x dx x5

e 5 y( x ) =

Z

y( x ) = 1 = y (0) = y( x ) = 2.2.

5

x4 e x dx =

1 x5 e 5

x5 1 4x5 e 5 + Ce− 5 5

1 + C ⇒ C = 4/5 5 1 4x5 4 x5 e 5 + e− 5 5 5

(a) y0 −

4 2 y=− 3 x x

µ( x ) = e

R

− 4x dx

= x −4

Multiplicando a equac¸a˜ o por µ( x ) = x −4 : d  −4  2 x y =− 7 dx x Integrando-se x −4 y ( x ) = Julho 2011

Z

−

2 1 dx = 6 + C x7 3x Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

112

1 + Cx4 3x2

y( x ) = (b)

1 y = −x x

y0 − µ( x ) = e

R

− 1x dx

= x −1

Multiplicando a equac¸a˜ o por µ( x ) = x −1 : d  −1  x y = −1 dx Integrando-se x

−1

y( x ) = −

Z

dx = − x + C

y( x ) = − x2 + Cx (c) y0 −

4 y = x5 e x x

µ( x ) = e

R

− 4x dx

= x −4

Multiplicando a equac¸a˜ o por µ( x ) = x −4 : d  −4  x y = xe x dx Integrando-se x −4 y ( x ) =

Z

xe x dx = xe x − e x + C

y( x ) = x5 e x − x4 e x + Cx4 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7 2.3.

Respostas dos Exerc´ıcios

113

(a) µ( x ) = e

R

5x4 dx

= ex

5

5

Multiplicando a equac¸a˜ o por µ( x ) = e x : d  dx

 5 5 5 e x y = e x x4 = x4 e x

5

e x y( x ) =

Z

5

x4 e x dx =

y( x ) =

1 x5 e +C 5

5 1 + Ce− x 5

1 + C ⇒ C = y0 − 1/5 5   1 1 − x5 y ( x ) = + y0 − e 5 5

y0 = y (0) =

  5 (b) y0 ( x ) = −5x4 y0 − 51 e− x . Para y0 > 1/5 a soluc¸a˜ o e´ decrescente e para y0 < 1/5 a soluc¸a˜ o e´ crescente. (c) limx→+∞ y( x ) = 1/5 e claramente independe do valor de y0 . 2.4.

(a) y0 + R

x

dx

x y=0 x2 − 9 1

2

µ( x ) = e x2 −9 = e 2 ln | x −9| = √ Multiplicando a equac¸a˜ o por µ( x ) = x2 − 9:  d p 2 x −9y = 0 dx Julho 2011

p

x2 − 9

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

114

p

x2 − 9 y( x ) = C

y( x ) = √ y0 = y (5) =

C x2

−9

C ⇒ C = 4y0 4

y( x ) = √

4y0 x2 − 9

(b) x > 3, para y0 6= 0 e −∞ < x < ∞, para y0 = 0.

2.5.

(c) limx→+∞ y( x ) = 0 e claramente independe do valor de y0 .     dy dy dy d (a) dt + p(t)y = dt (y1 (t) + y2 (t)) + p(t)(y1 (t) + y2 (t)) = dt1 + p(t)y1 + dt2 + p(t)y2 = 0 + 0 = 0   dy dt

+ p(t)y =

d dt

(cy1 (t)) + p(t)(cy1 (t)) = c

dy1 dt

+ p(t)y1 = c0 = 0     dy dy dy d 2.6. dt + p(t)y = dt (cy1 (t) + y2 (t)) + p(t)(cy1 (t) + y2 (t)) = c dt1 + p(t)y1 + dt2 + p(t)y2 = c0 + q(t) = q(t) (b)

2.7. Para resolver a equac¸a˜ o precisamos determinar o fator integrante: µ(t) = e

R

1 100 dt

1

= e 100 t .

1

Multiplicando-se a equac¸a˜ o diferencial por µ(t) = e 100 t obtemos 1 d (e 100 t y) = 2t dt

Integrando-se ambos os membros obtemos 1

e 100 t y(t) = t2 + C Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

115

ou

1

1

y(t) = t2 e− 100 t + Ce− 100 t .

Substituindo-se t = 0 e y = 100, obtemos 100 = C. Ou seja, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ 1

1

1

y(t) = t2 e− 100 t + 100e− 100 t = (t2 + 100)e− 100 t . Para fazer um esboc¸o do gr´afico: 1

y0 (t) = 2te− 100 t −

t2 + 100 − 1 t −t2 − 100 + 200t − 1 t e 100 = e 100 . 100 100

0 2 Como a func¸a˜ o exponencial e´ sempre √ positiva o sinal de y (t) depende apenas de −t − 100 + 200t que e´ zero se, e somente se, t = 100 ± 30 11. √ 2 0 )) e ´ negativa para t < 100 Al´em disso √ −t − 100 + 200t (e portanto y (t√ √− 30 11 ≈ 0, 5 e para t > 100 + 30 11 ≈ 199, 5 e positiva para 100 − 30 11 ≈ 0, 5 < t < 100 + 30 11 ≈ 199, 5. √ √ Logo, a soluc¸a˜ o do PVI, y(√t), e´ decrescente para t < 100 √ − 30 11 ≈ 0, 5 e para t > 100 + 30 11 ≈ 199, 5 e crescente para 100 − 30 11 ≈ 0, 5 < t < 100 + 30 11 ≈ 199, 5.



t t t t2 − 200 t + 100 e− 100 t2 − 400 t + 20100 e− 100 (2 t − 200) e− 100 y (t) = − = . 10000 100 10000 00

00 2 Como a func¸a˜ o exponencial e´ sempre √ positiva o sinal2 de y (t) e´ o mesmo de t −00400 t + 20100 que e´ zero se, e somente se, t = 200 ± 10 99. Al´e√ m disso, t − 400 t + 20100 (e portanto √ √ y (t)) e´ positiva para t < 200 −√10 99 ≈ 59 e para t > 200 + 10 99 ≈ 341 e negativa para 200 − 10 99 ≈ 59 ≈ 0, 5 < t < 200 + 10 99 ≈ 341. √ Logo, √ a soluc¸a˜ o do PVI, y(t), tem concavidade para cima √ para t < 200 − 10 99√≈ 59 e para t > 200 + 10 99 ≈ 341 e concavidade para baixo para 200 − 10 99 ≈ 59 < t < 200 + 10 99 ≈ 341.

Al´em disso, limt→∞ y(t) = 0. c ´ Abaixo o esboc¸o do gr´afico feito usando o programa Paint que e´ um acessorio do MSWindows .

Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

116

3. Equa¸coes ˜ Homogˆeneas - Parte I (p´agina 38) 3.1.

(a) Sejam y1 (t) = e−ω (t− a) e y2 (t) = eω (t− a) . y100 (t) − ω 2 y1 (t) = ω 2 e−ω (t−a) − ω 2 e−ω (t−a) = 0. y200 (t) − ω 2 y2 (t) = ω 2 eω (t−a) − ω 2 eω (t− a) = 0. ˜ da equac¸a˜ o diferencial. Logo, y1 (t) = e−ω (t− a) e y2 (t) = eω (t− a) s˜ao soluc¸oes      y1 ( t ) y2 ( t ) e−ω (t− a) eω (t− a) 1 = det = det W [y1 , y2 ](t) = det y10 (t) y20 (t) −ω −ωe−ω (t−a) ωeω (t−a) 0. Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´

1 ω



= 2ω 6=

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) = c1 e − ω ( t − a ) + c2 e ω ( t − a ) . Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

117

e−ω (t− a) − eω (t− a) e−ω (t− a) + eω (t− a) e y2 (t) = senh(ω (t − a)) = . 2 2 00 2 2 2 y1 (t) − ω y1 (t) = ω cosh(ω (t − a)) − ω cosh(ω (t − a)) = 0. y200 (t) − ω 2 y2 (t) = ω 2 senh(ω (t − a)) − ω 2 senh(ω (t − a)) = 0. ˜ da equac¸a˜ o diferencial.  Logo, y1 (t) = cosh(ω (t − a)) e y2 (t) = senh(ω (t − a )) s˜ao soluc¸oes y1 ( t ) y2 ( t ) cosh(ω (t − a)) senh(ω (t − a)) W [y1 , y2 ](t) = det = det = 0 (t) y0 (t) y ω senh ( ω ( t − a )) ω cosh(ω (t − a)) 2 1   cosh(ω (t − a)) senh(ω (t − a)) ω det = ω 6= 0, pois cosh2 x − senh2 x = 1. senh(ω (t − a)) cosh(ω (t − a)) Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´

(b) Sejam y1 (t) = cosh(ω (t − a)) =

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = c1 cosh(ω (t − a)) + c2 senh(ω (t − a)). 3.2.

(a) x2 y100 − 6xy10 + 10y1 = x2 (2) − 6x (2x ) + 10( x2 ) = 0 x2 y200 − 6xy20 + 10y2 = x2 (20x3 ) − 6x (5x4 ) + 10( x5 ) = 0 ˜ da equac¸a˜ o. Logo, y1 ( x ) = x2 e y2 ( x ) = x5 s˜ao soluc¸oes (b) Como     y1 (1) y2 (1) 1 1 = det = 3 6= 0 W [y1 , y2 ]( x ) = det y10 (1) y20 (1) 2 5 ent˜ao a soluc¸a˜ o geral e´ y ( x ) = c1 y1 ( x ) + c2 y2 ( x ), Agora, como y(1) = 3, ent˜ao substituindo x = 1 e y = 3 na express˜ao de y( x ) obtemos que c1 + c2 = 3. Como y0 (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y0 = 3 na express˜ao obtida derivando-se y( x ): y0 ( x )

= 2c1 x + 5c2 x4

obtemos 2c1 + 5c2 = 3. Resolvendo o sistema c1 + c2 = 3,

2c1 + 5c2 = 3

obtemos c2 = 4 e c1 = −1. Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ y( x ) Julho 2011

= 4x2 − x5 Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

118 3.3. Substituindo-se y = xr ,

dy d2 y = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 em (1.24) obtemos dx dx x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.   r2 + (b − 1)r + c xr = 0.

Como xr 6= 0, ent˜ao y = xr e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o (1.24) se, e somente se, r e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o r2 + (b − 1)r + c = 0. 3.4.  det

y1 ( x ) y10 ( x )

y2 ( x ) y20 ( x )



 x r2 det r 2 x r2 −1   x x r1 −1 r2 −1 x x det r1 r2 

= =

x r1 r 1 x r1 −1

= (r2 − r1 ) xr1 +r2 −1 6= 0, para todo x > 0. ´ 3.5. Neste caso, para x > 0, pela formula de Euler: y1 ( x )

= xr1 = er1 ln x = e(α+iβ) ln x = eα ln x (cos( β ln x ) + i sen( β ln x )) = x α (cos( β ln x ) + i sen( β ln x )) e

y2 ( x )

= xr2 = er2 ln x = e(α−iβ) ln x = eα ln x (cos(− β ln x ) + i sen(− β ln x )) = x α (cos( β ln x ) − i sen( β ln x ))

˜ complexas da equac¸a˜ o diferencial (1.24). s˜ao soluc¸oes Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

119

A soluc¸a˜ o geral complexa e´

y( x )

= C1 xr1 + C2 xr2 = C1 x α (cos( β ln x ) + i sen( β ln x )) + C2 x α (cos( β ln x ) − i sen( β ln x )) = (C1 + C2 ) x α cos( β ln x ) + i (C1 − C2 ) x α sen( β ln x )

Tomando C1 = C2 = 1/2, temos que a soluc¸a˜ o u( x ) = x α cos( β ln x ) e tomando C1 = −

i i e C2 = , temos a soluc¸a˜ o 2 2 v( x ) = x α sen( β ln x ).

 det

u( x ) u0 ( x )

v( x ) v0 ( x )



= βx2α−1 6= 0,

∀ x > 0.

3.6. Vamos mostrar que y1 ( x ) = x r

e

y2 ( x ) = xr ln x

˜ fundamentais da equac¸a˜ o de Euler, em que r = s˜ao soluc¸oes y20 ( x ) = xr−1 (r ln x + 1), y200 ( x ) = xr−2 ((r2 − r ) ln x + 2 r − 1)) x2 y200 + bxy20 + cy2 = Julho 2011

1− b 2 .

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Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

120

= xr ((r2 + (b − 1)r + c) ln x + 2r + b − 1) = 0.     xr1 ln x x r1 y1 ( x ) y2 ( x ) det = det y10 ( x ) y20 ( x ) r1 xr1 −1 (1 + r1 ln x ) xr1 −1   1 ln x 2r1 −1 = x det r1 (1 + r1 ln x ) = x2r1 −1 6= 0, 3.7.

para todo x > 0.

(a) Equac¸a˜ o indicial: r (r − 1) + 4r + 2 = 0 ⇔ r = −2, −1 Soluc¸a˜ o geral: y ( x ) = c 1 x −2 + c 2 x −1 (b) Equac¸a˜ o indicial: r (r − 1) − 3r + 4 = 0 ⇔ r = 2 Soluc¸a˜ o geral: y( x ) = c1 x2 + c2 x2 ln x (c) Equac¸a˜ o indicial: r (r − 1) + 3r + 5 = 0 ⇔ r = −1 ± 2i Soluc¸a˜ o geral: y( x ) = c1 x −1 cos(2 ln x ) + c2 x −1 sen(2 ln x )

3.8.

(a) p(t) = 0 t−2 t−2 q(t) = 2 = (t − 1)(t + 1) t −1 t t f (t) = 2 = . (t − 1)(t + 1) t −1 Como t0 = 0, ent˜ao o problema de valor inicial tem soluc¸a˜ o no intervalo −1 < t < 1.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

121

(b) p(t) = q(t) = f (t) =

t2

1 1 = (t − 1)(t + 1) −1

t2

t t = ( t − 1 )( t + 1) −1

t2

t2 t2 = . (t − 1)(t + 1) −1

Como t0 = 2, ent˜ao o problema de valor inicial tem soluc¸a˜ o no intervalo t > 1. (c) p(t) =

t+1 t+1 = t ( t − 1) t2 − t

q(t) =

t+1 1 = t ( t − 1) t2 − t

f (t) =

et et . = t ( t − 1) t2 − t

Como t0 = −1, ent˜ao o problema de valor inicial tem soluc¸a˜ o no intervalo t < 0. (d) p(t) =

t+3 t+3 = t ( t − 1) t2 − t

q(t) =

2 t+3 = t ( t − 1) t2 − t

f (t) =

cos t cos t = . t ( t − 1) t2 − t

Como t0 = 2, ent˜ao o problema de valor inicial tem soluc¸a˜ o no intervalo t > 1. Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

122 3.9. Sejam y1 (t) a soluc¸a˜ o do PVI

e y2 (t) a soluc¸a˜ o do PVI



y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = 1, y0 (t0 ) = 0



y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = 0, y0 (t0 ) = 1,

ent˜ao W [y1 , y2 ](t0 ) = 1 6= 0. 3.10. Substituindo-se y(t) = sen(t2 ) na equac¸a˜ o diferencial y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0 obtemos

−4 t2 sen(t2 ) + q(t) sen(t2 ) + 2 p(t) t cos(t2 ) + 2 cos(t2 ) = 0. Substituindo-se t = 0 obtemos 2 = 0, que e´ um absurdo. 3.11. y10 (t) = 3t2 , y100 (t) = 6t, y20 (t) = 3t|t|, y200 (t) = 6|t|. Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial obtemos ty100 − (2 + t2 )y10 + 3ty1 = 6t2 − (2 + t2 )3t2 + 3t4 = 0. ty200 − (2 + t2 )y20 + 3ty2 = 6t|t| − (2 + t2 )3t|t| + 3t3 |t| = 0. ˜ da equac¸a˜ o diferencial. y1 (t) = y2 (t), para t ≥ 0 e y1 (t) = −y2 (t), para Logo, y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes t < 0. Logo, y1 (t) e y2 (t) s˜ao LI  3 2  t t |t| W [y1 , y2 ](t) = det = 0, ∀ t ∈ R. 3t2 3t|t| ˜ fundamentais da equac¸a˜ o diferencial no intervalo I, ent˜ao 3.12. Vamos supor que y1 (t) e y2 (t) n˜ao s˜ao soluc¸oes W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I. Considere a combinac¸a˜ o linear nula c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = 0. Derivando em relac¸a˜ o a t obtemos

c1 y10 (t) + c2 y20 (t) = 0.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

123

´ ˜ obtemos o sistema Substituindo-se t0 ∈ I nas duas ultimas equac¸oes  c1 y1 ( t0 ) + c2 y2 ( t0 ) = 0 c1 y10 (t0 ) + c2 y20 (t0 ) = 0 que pode ser escrito na forma AX = 0¯ em que  A=

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )



 ,

X=

c1 c2

 e

0¯ =



0 0

 .

Como W [y1 , y2 ](t0 ) = det( A) 6= 0, ent˜ao o sistema tem soluc¸a˜ o n˜ao trivial (c1 , c2 ) 6= (0, 0). Seja y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ),

para t ∈ R.

˜ iniciais y(t0 ) = 0 e y0 (t0 ) = 0. Logo, pelo Teorema de Existˆencia e Unicidade y(t) satisfaz as condic¸oes (Teorema 1.1 na p´agina 25), y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = 0, Como c1 e c2 n˜ao s˜ao ambos nulos, ent˜ao ou y2 (t) = − seja, y1 (t) e y2 (t) s˜ao LD. 3.13.

para todo t ∈ R.

c2 c1 y (t) ou y1 (t) = − y2 (t), para todo t ∈ I. Ou c2 1 c1

(a) W [y1 , y2 ](t) = y1 (t)y20 (t) − y2 (t)y10 (t) W [ y1 , y2 ] 0 ( t )

Julho 2011

= y10 (t)y20 (t) + y1 (t)y200 (t) − y20 (t)y10 (t) − y2 (t)y100 (t) = y1 (t)y200 (t) − y2 (t)y100 (t) Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

124 ˜ da equac¸a˜ o (b) Como y1 (t) e y2 (t) s˜ao soluc¸oes y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, ent˜ao y100 (t) + p(t)y10 (t) + q(t)y1 (t) = 0

(1.55)

y200 (t) + p(t)y20 (t) + q(t)y2 (t) = 0

(1.56)

Multiplicando-se a equac¸a˜ o (1.56) por y1 (t) e subtraindo-se da equac¸a˜ o (1.55) multiplicada por y2 (t) obtemos y1 (t)y200 (t)

−

y2 (t)y1 (t)00

ou seja, pelo item anterior

p(t)(y1 (t)y20 (t)

+

−

y10 (t)y2 (t))

=

0,

W [y1 , y2 ]0 (t) + p(t)W [y1 , y2 ](t) = 0

(c) Pelo item anterior o wronskiano satisfaz a equac¸a˜ o diferencial W 0 + p(t)W = 0. A equac¸a˜ o diferencial pode ser escrita como uma equac¸a˜ o separ´avel W0 = − p ( t ). W Integrando-se em relac¸a˜ o a t obtemos Z

W0 dt = − W

Z

Z

1 dW = − W

Z

ln |W (t)| = −

Z

p(t)dt + c1 p(t)dt + c1 p(t)dt + c1

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros obtemos W (t) = W [y1 , y2 ](t) = ce− Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

R

p(t)dt

. Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

125

(d) Pelo item anterior, se para algum t0 ∈ I, W [y1 , y2 ](t0 ) = 0, ent˜ao c = 0 e W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I. Por outro lado, se para algum t0 ∈ I, W [y1 , y2 ](t0 ) 6= 0, ent˜ao c 6= 0 e W [y1 , y2 ](t) 6= 0, para todo t ∈ I. (e) Substituindo-se y1 (t) e y2 (t) na equac y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0 obtemos o sis 0 ¸ a˜ o diferencial   y1 ( t ) y1 ( t ) p(t) −y100 (t) tema AX = B, em que A = , X = e B = . Assim, y20 (t) y2 (t) q(t) −y200 (t)    00     0 −1  00  y2 ( t ) − y1 ( t ) y1 ( t ) p(t) y1 ( t ) y1 ( t ) − y1 ( t ) 1 = = X = A −1 B = 0 (t) y (t) 00 ( t ) = W [y1 ,y2 ](t) − y0 ( t ) y10 (t) y200 (t) q(t) y − y 2 2 2  2  y2 (t)y100 (t) − y1 (t)y200 (t) 1 . Observe a aplicac¸a˜ o do Teorema de Abel (exerc´ıcio anterior). W [y1 ,y2 ](t) y0 ( t ) y00 ( t ) − y0 ( t ) y00 ( t ) 2 2 1 1 4. Equa¸coes ˜ Homogˆeneas - Parte II (p´agina 55) 4.1.

(a) 2x2 y100 − xy10 − 9y1 = 2x2 (6x ) − x (3x2 ) − 9x3 = 12x3 − 3x3 − 9x3 = 0 Logo, y1 ( x ) = x3 e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o. (b) Seja y1 ( x ) = x3 . Vamos procurar uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o da forma y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x 3 . Como

y0 ( x ) = v0 ( x ) x3 + 3v( x ) x2 00

00

3

0

e

2

y ( x ) = v ( x ) x + 6v ( x ) x + 6v( x ) x, ent˜ao y( x ) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o se, e somente se, 2x2 y00 − xy0 − 9y = 0 2x2 (v00 ( x ) x3 + 6v0 ( x ) x2 + 6v( x ) x ) − x (v0 ( x ) x3 + 3v( x ) x2 ) − 9v( x ) x3 = 0 2x5 v00 ( x ) + 11x4 v0 ( x ) = 0. Seja w( x ) = v0 ( x ). Ent˜ao, a equac¸a˜ o acima pode ser escrita como 2xw0 + 11w = 0. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

126 Esta e´ uma equac¸a˜ o de 1a. ordem separ´avel. 2

11 w0 =− w x

d 11 (2 ln |w|) = − dx x 2 ln |w| = −11 ln | x | + c˜1 ln x11 (w( x ))2 = c˜1 w( x ) = v0 ( x ) = c1 x −11/2 Resolvendo a equac¸a˜ o para v( x ): v ( x ) = c1

Z

2 x −11/2 dx = −c1 x −9/2 + c2 9

Tomando-se c2 = 0 e c1 = −9/2 obtemos v( x ) = x −9/2 e uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o e´ y2 ( x ) = v( x )y1 ( x ) = x −9/2 x3 = x −3/2 ˜ fundamentais da equac¸a˜ o. Vamos ver que y1 ( x ) = x3 e y2 ( x ) = x −3/2 s˜ao soluc¸oes    3  x −3/2 y1 ( x ) y2 ( x ) x W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = − 92 x1/2 6= 0, para x 6= 0. y10 ( x ) y20 ( x ) 3x2 − 32 x −5/2 4.2.

(a) x2 y100 + 3xy10 + y1 = x2 (2x −3 ) + 3x (− x −2 ) + x −1 = 2x −1 − 3x −1 + x −1 = 0 Logo, y1 ( x ) = x −1 e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o. (b) Seja y1 ( x ) = x −1 . Vamos procurar uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o da forma y ( x ) = v ( x ) y 1 ( x ) = v ( x ) x −1 .

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

127

Como

y 0 ( x ) = v 0 ( x ) x −1 − v ( x ) x −2 00

00

y (x) = v (x)x

−1

0

− 2v ( x ) x

−2

e

+ 2v( x ) x −3 ,

ent˜ao y( x ) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o se, e somente se, x2 y00 + 3xy0 + y = 0 x2 (v00 ( x ) x −1 − 2v0 ( x ) x −2 + 2v( x ) x −3 ) + 3x (v0 ( x ) x −1 − v( x ) x −2 ) + v( x ) x −1 = 0 xv00 ( x ) + v0 ( x ) = 0. Seja w( x ) = v0 ( x ). Ent˜ao, a equac¸a˜ o acima pode ser escrita como xw0 + w = 0. Esta e´ uma equac¸a˜ o de 1a. ordem separ´avel. 1 w0 =− w x d 1 (ln |w|) = − dx x ln |w| = − ln | x | + c˜1 ln | xw( x )| = c˜1 w ( x ) = v 0 ( x ) = c 1 x −1 Resolvendo a equac¸a˜ o para v( x ): v ( x ) = c1

Z

x −1 dx = c1 ln x + c2

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ln x e uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o e´ y2 ( x ) = v( x )y1 ( x ) = x −1 ln x ˜ fundamentais da equac¸a˜ o. Vamos ver que y1 ( x ) = x −1 e y2 ( x ) = x −1 ln x s˜ao soluc¸oes    −1  y1 ( x ) y2 ( x ) x x −1 ln x W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = x −3 6= 0, para x 6= 0 y10 ( x ) y20 ( x ) − x −2 x −2 (1 − ln x ) Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

128 4.3. y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x Como y0 ( x ) = v0 ( x ) x y00 ( x )

1− b 2

+

1− b 2

.

−1− b 1−b v( x ) x 2 2

1− b

= v00 ( x ) x 2 + (1 − b)v0 ( x ) x −3− b 1 − b2 − v( x ) x 2 , 4

e −1− b 2

Substituindo na equac¸a˜ o de Euler: x2 (v00 ( x ) x

1− b 2

+ (1 − b ) v 0 ( x ) x

−1− b 2

−

−3− b 1− b 1− b2 2 ) + bx ( v 0 ( x ) x 2 4 v( x ) x

x

5− b 2

v00 ( x ) + x

3− b 2

+

−1− b 1− b 1− b 2 ) + cv ( x ) x 2 2 v( x ) x

=0

v0 ( x ) = 0.

xv00 ( x ) + v0 ( x ) = 0. Seja w( x ) = v0 ( x ). Ent˜ao, a equac¸a˜ o acima pode ser escrita como xw0 + w = 0. Esta e´ uma equac¸a˜ o de 1a. ordem separ´avel. w0 1 + =0 w x d (ln |w| + ln | x |) = 0 dx ln | xw( x )| = c˜1 w ( x ) = v 0 ( x ) = c 1 x −1 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

129

Resolvendo a equac¸a˜ o para v( x ): v ( x ) = c1

Z

x −1 dx = c1 ln x + c2

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ln x e uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o e´ y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = x Vamos mostrar que

y1 ( x ) = x r

e

1− b 2

ln x

y2 ( x ) = xr ln x

˜ fundamentais da equac¸a˜ o de Euler. s˜ao soluc¸oes     xr xr ln x y1 ( x ) y2 ( x ) = det det y10 ( x ) y20 ( x ) rxr−1 (1 + r ln x ) xr−1   1 ln x 2r −1 = x det r (1 + r ln x )

= x2r−1 6= 0, 4.4.

para todo x > 0.

(a) ( x + 3)z100 + ( x + 2)z10 − z1 = ( x + 3)2 + ( x + 2)2x − x2 = 3x2 + 6x + 6 6= 0 ( x + 3)z200 + ( x + 2)z20 − z2 = ( x + 3)6x + ( x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x 6= 0 ( x + 3)z300 + ( x + 2)z30 − z3 = ( x + 3)e− x − ( x + 2)e− x − e− x = 0 ˜ da equac¸a˜ o e z3 ( x ) = e− x e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o. Logo, z1 ( x ) = x2 e z2 ( x ) = x3 n˜ao s˜ao soluc¸oes (b) Seja y1 ( x ) = e− x . Vamos procurar uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o da forma y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) e − x . Como y0 ( x ) = (v0 ( x ) − v( x ))e− x e y00 ( x ) = (v00 ( x ) − 2v0 ( x ) + v( x ))e− x , ent˜ao y( x ) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o se, e somente se,

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130

( x + 3)y00 + xy0 − y = 0 ( x + 3)(v00 ( x ) − 2v0 ( x ) + v( x ))e− x + ( x + 2)(v0 ( x ) − v( x ))e− x − v( x )e− x = 0. ( x + 3)v00 ( x ) + (−2( x + 3) + ( x + 2))v0 ( x ) = 0 ( x + 3)v00 ( x ) − ( x + 4)v0 ( x ) = 0 Seja w( x ) = v0 ( x ). Ent˜ao, a equac¸a˜ o acima pode ser escrita como ( x + 3)w0 − ( x + 4)w = 0. Esta e´ uma equac¸a˜ o de 1a. ordem separ´avel. w0 x+4 = w x+3 d x+4 1 = 1+ (ln |w|) = dx x+3 x+3 ln |w| = x + ln( x + 3) + c˜1 w( x ) − x = c˜1 ln x + 3 w ( x ) = v 0 ( x ) = c1 e x ( x + 3) Resolvendo a equac¸a˜ o para v( x ): v ( x ) = c1

Z

e x ( x + 3)dx = c1 ( x + 2)e x + c2

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ( x + 2)e x e uma segunda soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = ( x + 2) e x e − x = x + 2 ˜ fundamentais da equac¸a˜ o. Vamos ver que y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 s˜ao soluc¸oes    −x  y1 ( x ) y2 ( x ) e x+2 W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = e− x (3 + x ) 6= 0, para x 6= −3 y10 ( x ) y20 ( x ) −e− x 1 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

131

˜ fundamentais da equac¸a˜ o a soluc¸a˜ o geral e´ (c) Como y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 s˜ao soluc¸oes y ( x ) = c1 e − x + c2 ( x + 2), Agora, como y(1) = 1, ent˜ao substituindo x = 1 e y = 1 na express˜ao de y( x ) obtemos que c1 e−1 + 3c2 = 1. Como y0 (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y0 = 3 na express˜ao obtida derivando-se y( x ): y0 ( x )

= − c1 e − x + c2

obtemos −c1 e−1 + c2 = 3. Resolvendo o sistema c1 e−1 + 3c2 = 1,

− c 1 e −1 + c 2 = 3

obtemos c1 = −2e e c2 = 1. Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ y( x )

= −2e− x+1 + x + 2

4.5. y00 + 2y0 = 0 tem soluc¸a˜ o geral y(t) = k1 e−2t + k2 . Logo, k1 + k2 = a, k1 = −b/2 e k2 = a + b/2 e y → a + b/2 quando t → +∞. 4.6. Se 0 < b < 2 ent˜ao as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao p −b/2 ± i 4 − b2 /2 ˜ s˜ao da forma e as soluc¸oes y(t) = c1 e(−b/2)t cos ωt + c2 e(−b/2)t sen ωt, onde ω =

√

4 − b2 /2. Logo, como 0 < b, ent˜ao y → 0 quando t → +∞.

4.7. As ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao ±2 e a soluc¸a˜ o geral e´ y(t) = c1 e2t + c2 e−2t . Ent˜ao c1 = −c2 = b/4 e b y(t) = (e2t − e−2t ) = 0 4 Como b 6= 0, ent˜ao e2t = e−2t , ou seja, e4t = 1 e t = 0. Julho 2011

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132

´ 4.8. A equac¸a˜ o caracter´ıstica tem 1/2 como unica raiz. Assim, a soluc¸a˜ o geral e´ da forma y(t) = c1 et/2 + c2 tet/2 . y(0) = 2 implica que c1 = 2.

c1 t/2 t e + c2 (1 + )et/2 2 2 y0 (0) = b implica que c1 /2 + c2 = b. Assim, c2 = b − 1 e a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ y0 (t) =

y(t) = e(1/2)t (2 + (b − 1)t). Logo, se b ≥ 1, y(t) → +∞ quando t → +∞. 4.9. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 2b + 1 = 0 ∆ = 4( b2 − 1)

√ ˜ da equac¸a˜ o • Se |b| > 1 ent˜ao as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao −b ± b2 − 1 e as soluc¸oes diferencial s˜ao da forma √ √ 2 2 y(t) = c1 e(−b− b −1)t + c2 e(−b+ b −1)t . Se b > 1, ent˜ao y(t) → 0, quando t → +∞. ˜ da equac¸a˜ o diferencial s˜ao da • Se b = ±1 ent˜ao a ra´ız da equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ −b e as soluc¸oes forma y(t) = c1 e−bt + c2 te−bt . Se b = 1, ent˜ao y(t) → 0, quando t → +∞.

√ ˜ da equac¸a˜ o • Se −1 < b < 1 ent˜ao as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao −b ± i 1 − b2 e as soluc¸oes diferencial s˜ao da forma p  p  y(t) = c1 e−bt cos 1 − b2 t + c2 e−bt sen 1 − b2 t . Se 0 < b < 1, ent˜ao y(t) → 0, quando t → +∞. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

133

Logo, para b > 0, ent˜ao y(t) → 0 quando t → +∞. 4.10. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 2r + α = 0 ∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)

√ (a) Se α > 1, ent˜ao ∆ < 0, as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao r1,2 = −1 ± i α − 1 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ √ √ y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t) ´ (b) Se α = 1, ent˜ao ∆ = 0 e r = −1 e´ a unica raiz da equac¸a˜ o caracter´ıstica e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ y(t) = c1 e−t + c2 te−t √ (c) Se α < 1, ent˜ao ∆ > 0, as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao r1,2 = −1 ± 1 − α e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ √ √ y(t) = c1 e(−1− 1−α)t + c2 e(−1+ 1−α)t 5. Equa¸coes ˜ n˜ao Homogˆeneas (p´agina 72) 5.1.

(a) A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 5r + 6 = 0. ∆ = 25 − 24 = 1 As ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao r1 = −3 e r2 = −2 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea e´ y( x ) = c1 e−3x + c2 e−2x y p ( x ) = ( A0 + A1 x )e−5x , y0p ( x ) = A1 e−5x − 5( A0 + A1 x )e−5x = ( A1 − 5A0 − 5A1 x )e−5x , y00p ( x ) = −5A1 e−5x − 5( A1 − 5A0 − 5A1 x )e5 x = (−10A1 + 25A0 + 25A1 x )e−5x . Substituindo-se y p ( x ), y0p ( x ) e y00p ( x ) na equac¸a˜ o obtemos

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134

(−10A1 + 25A0 + 25A1 x ) + 5( A1 − 5A0 − 5A1 x ) + 6( A0 + A1 x ) = x Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  6A0 − 5A1 = 0 6A1 = 1 que tem soluc¸a˜ o A0 = 5/36 e A1 = 1/6. Assim, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´   5 1 y p (x) = + x e−5x 36 6 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´   1 5 + x e−5x + c1 e−3x + c2 e−2x y( x ) = 36 6 (b) A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 − 4r + 6 = 0. ∆ = 16 − 24 = −8 √ As ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao r1,2 = 2 ± i 2 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea e´

√ √ y( x ) = c1 e2x cos( 2 x ) + c2 e2x sen( 2 x ) y p ( x ) = A0 + A1 x, y0p ( x ) = A1 , y00p ( x ) = 0. Substituindo-se y p ( x ), y0p ( x ) e y00p ( x ) na equac¸a˜ o obtemos

−4A1 + 6( A0 + A1 x ) = 3x Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  6A0 − 4A1 = 0 6A1 = 3 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

135

que tem soluc¸a˜ o A0 = 1/3 e A1 = 1/2. Assim, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 1 y p (x) = + x 3 2 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ y( x ) =

√ √ 1 1 + x + c1 e2x cos( 2 x ) + c2 e2x sen( 2 x ) 3 2

(c) Eq. caracter´ıstica: r2 + 4 = 0 ⇔ r = ±2i. Sol. geral da eq. homog.: y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) (1)

˜ n˜ao homogˆeneas: y p (t) = t[ A cos(2t) + Vamos usar o princ´ıpio da Superposic¸a˜ o para equac¸oes B sen(2t)] e´ uma soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o y00 + 4 y = 2 sen(2t) e (2)

(1)

(2)

y p (t) = Ct + D e´ uma soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o y00 + 4 y = t. Logo, y p (t) = y p (t) + y p (t) e´ soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o y00 + 4 y = 2 sen(2t) + t. Vamos encontrar uma soluc¸a˜ o particular de y00 + 4 y = 2 sen(2t): (1)

y p (t) = t[ A cos(2t) + B sen(2t)] y0p

(1)

(t) = A cos(2t) + B sen(2t) + t[−2A sen(2t) + 2B cos(2t)]

(1)

y00p (t) = (−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t) Substituindo-se na equac¸a˜ o (−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t) + 4t[ A cos(2t) + B sen(2t)] = 2 sen(2t) [−4At + 4B + 4At] cos(2t) + [−4Bt − 4A + 4Bt] sen(2t) = 2 sen(2t) 4B cos(2t) − 4A sen(2t) = 2 sen(2t) Substituindo-se t = 0 e t = π/4 obtemos  4B = 0 −4A = 2 (1)

Logo, A = −1/2, B = 0 e y p (t) = Julho 2011

1 t cos(2t). 2 Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

136 Vamos encontrar uma soluc¸a˜ o particular de y00 + 4 y = t: (2)

y p (t) = Ct + D, (2)

y0 p (t) = D, (2)

y00 p (t) = 0. Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial y00 + 4 y = t obtemos 4Ct + 4D = t Substituindo-se t = 0, obtemos 4D = 0. Derivando-se de substituindo-se t = 0 obtemos 4C = 1. 1 (2) Logo, D = 0, C = 1/4 e y p (t) = t. 4 1 t (1) (2) Sol. particular y p (t) = y p (t) + y p (t) = − cos(2t) + t. 2 4 Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) −

t 1 cos(2t) + t 2 4

√ (d) Eq. caracter´ıstica: r2 + 2 = 0 ⇔ r = ± 2i. √ √ Sol. geral da eq. homog.: y(t) = c1 cos( 2t) + c2 sen( 2t) Sol. particular da forma y p (t) = Aet + B. y0p (t) = Aet y00p (t) = Aet Substituindo-se na equac¸a˜ o Aet + 2( Aet + B) = et + 2 3Aet + 2B = et + 2



= 1 = 2 Obtemos A = 1/3, B = 1. Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ √ √ 1 y(t) = c1 cos( 2t) + c2 sen( 2t) + et + 1 3 3A 2B

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.7 5.2.

Respostas dos Exerc´ıcios

137

(a) Soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea: y ( t ) = c 1 e −2 t + c 2 e t y p ( t ) = A2 t2 + A1 t + A0 y00p + y0p − 2y p = (−2A2 )t2 + (2A2 − 2A1 )t + (2A2 + A1 − 2A0 )   −2A2 2A2  2A2

− 2A1 + A1

− 2A0   1   −  2  A2    A1  =  − 1   2   9  A0 − 4

= 1 = 0 = 3

y p (t) = −9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 Soluc¸a˜ o geral: y(t) = c1 e−2 t + c2 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 Soluc¸a˜ o do PVI

y(t) = 7/12 e−2 t + 5/3 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2

(b) Soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea: y(t) = c1 e−t + c2 te−t Soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea: y p (t) = A cos 2t + B sen 2t Julho 2011

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Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

138 Substituindo-se na equac¸a˜ o y00p + 2y0p + y p = (−3A + 4B) cos 2t + (−4A − 3B) sen 2t = 3 sen 2t 

−3A + 4B = 0 −4A − 3B = 3 



A B

y p (t) = −

− 12 25 9 − 25



=



12 9 cos 2t − sen 2t 25 25

Soluc¸a˜ o geral: y(t) = c1 e−t + c2 te−t −

9 12 cos 2t − sen 2t 25 25

Derivada da soluc¸a˜ o geral: y0 (t) = −c1 e−t + c2 (1 − t)e−t + 24 25 sen 2t − Substituindo-se t = 0, y = 0, y0 = 0:

18 25

c1 = Soluc¸a˜ o do PVI: 12 −t y(t) = 25 e + 65 te−t −

12 25

cos 2t −

9 25

cos 2t 12 , 25

c2 =

6 5

sen 2t

(c) Soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea: y ( t ) = c1 e2 t + c2 e2 t t y p (t) = 1/3 e−t Soluc¸a˜ o geral: y(t) = c1 e2 t + c2 e2 t t + 1/3 e−t Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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1.7

Respostas dos Exerc´ıcios Soluc¸a˜ o do PVI

139

y(t) = −1/3 e2 t + e2 t t + 1/3 e−t

(d) Soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea: y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2) Soluc¸a˜ o particular: y p ( t ) = A2 t2 + A1 t + A0 Substituindo-se na equac¸a˜ o: 2y00p + 2y0p + y p = ( A2 )t2 + (4A2 + A1 )t + (4A2 + 2A1 + A0 ) =  =  A2 4A2 + A1 =  4A2 + 2A1 + A0 =     A2 1  A1  =  −4  A0 4

t2 1 0 0

y p (t) = t2 − 4t + 4 = (t − 2)2 Soluc¸a˜ o geral: y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2 Derivada da soluc¸a˜ o geral: y0 (t) = c1 e−t/2 (−(1/2) cos(t/2) − (1/2) sen(t/2)) + c2 e−t/2 (−(1/2) sen(t/2) + (1/2) cos(t/2)) + 2( t − 2) Substituindo-se t = 0, y = 0, y0 = 0: c1 = −4, c2 = 4 Soluc¸a˜ o do PVI: y(t) = −4e−t/2 cos(t/2) + 4e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2 Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

140 5.3.

(a) A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 2r + α = 0 ∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)

√ i. Se α > 1, ent˜ao ∆ < 0, as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao r1,2 = −1 ± i α − 1 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ √ √ y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t) ´ ii. Se α = 1, ent˜ao ∆ = 0 e r = −1 e´ a unica raiz da equac¸a˜ o caracter´ıstica e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ y(t) = c1 e−t + c2 te−t √ iii. Se α < 1, ent˜ao ∆ > 0, as ra´ızes da equac¸a˜ o caracter´ıstica s˜ao r1,2 = −1 ± 1 − α e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ √ √ y(t) = c1 e(−1−

+ c2 e(−1+ 1−α)t √ (b) y p (t) = t[( A0 + A1 t)e−t sen( α − 1 t) + ( B0 + B1 t)e−t cos( α − 1 t)], se α > 1. √

1− α ) t

6. Oscila¸coes ˜ (p´agina 102) 6.1.

√ (a) Equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 + 3 = 0, que tem como ra´ızes r = ± 3i. Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ : √  √  3 t + c2 sen 3t . u(t) = c1 cos Para resolver o PVI precisamos calcular a derivada da soluc¸a˜ o geral: √  √  √ √ u0 (t) = −c1 3 sen 3 t + c2 3 cos 3t Substituindo-se t = 0, u = 1, u0 = 3 obtemos: c1 = 1,

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

c2 =

√

3. Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

141

A soluc¸a˜ o do PVI e´ portanto u(t) = − cos Marcando o ponto (c1 , c2 ) = (1,

√

√

 √ √  3 t + 3 sen 3t .

3) no plano obtemos que R = 2 e δ = u(t) = 2 cos

A amplitude e´ igual a 2, a frequˆencia e´ igual a

√

√

3 t−

π , ou seja, 3

π 3

3, a fase e´ igual a

√ π e o per´ıodo e´ igual a 2π/ 3. 3

(b) u

2

t 3/2

π/3

3/2

7π/3

−2

6.2.

2 (a) Equac¸a˜ o caracter´ √ ıstica: 2r + 3 = 0 Ra´ızes: r = ± 3/2 i

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

142

Soluc¸a˜ o geral: u(t) = c1 cos

q

3 2

 q  3 t + c2 sen 2 t

Derivada da√soluc¸a˜ o geral: √ √ √

3/2 t + c2 3/2 cos 3/2 t u0 (t) = −c1 3/2 sen Substituindo-se t = 0, u = 1, u0 = 0: c1 = 1, c2 = 0 Soluc¸a˜ o do PVI: 3 t 2

3 2,

a fase e´ igual a zero e o per´ıodo e´ igual a

u(t) = cos A amplitude e´ igual a 1, a frequˆencia e´ igual a √ √ 2 2π/ 3.

q

!

r

(b) y

+1

1/2 2____ 2π 31/2

t

−1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

143

6.3.

2u00 + 3u = 3 cos(3t) 2r2 + 3 = 0

√ r = ±i 3/2

Soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea u(t) = c1 cos

√

 √  3/2 t + c2 sen 3/2 t

u p (t) = A cos(3t) + B sen(3t) u0p (t) = −3A sen(3t) + 3B cos(3t) u00p (t) = −9A cos(3t) − 9B sen(3t) Substituindo-se u p (t), u0p (t) e u00p (t) na equac¸a˜ o obtemos

−15A cos(3t) − 15B sen(3t) = 3 cos(3t)  −15A = 3 −15B = 0 que tem soluc¸a˜ o A = −1/5 e B = 0. Assim, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ 1 u p (t) = − cos(3t) 5 e a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ √ √

u(t) = − 15 cos(3t) + c1 cos 3/2 t + c2 sen 3/2 t . Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

144 u0 (t) =

3 5

sen(3t) −

√

3/2c1 sen

u(0) = u0 = − 51 + c1

⇒

√

√
√
3/2 t + 3/2c2 cos 3/2 t .

c1 = u0 +

1 5

u0 (0) = u00 =

√

3/2c2

⇒

c2 =

√

2/3u00

Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ √ √
√
u(t) = − 51 cos(3t) + (u0 + 51 ) cos 3/2 t + 2/3u00 sen 3/2 t . 6.4.

1 2u00 + u0 + u = 0 2

r1,2

∆ = 1 − 4 = −3

√ 3 1 = − ±i 4 4

√  √  u(t) = c1 e−t/4 cos 43 t + c2 e−t/4 sen 43 t  √  √  √   √  u0 (t) = c1 − 41 e−t/4 cos 43 t − 43 e−t/4 sen 43 t + c2 − 14 e−t/4 sen 43 t +

√

3 4

cos

√

3 4

t



u (0) = u0 = c1 u0 (0) = u00 = − c41 +

√

3c2 4

⇒

c2 =

4u00 +u0 √ 3

Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ √  √  4u00 +u0 −t/4 u(t) = u0 e−t/4 cos 43 t + √ e sen 43 t 3

6.5. A constante da mola e´ k=

mg 100 · 103 = = 104 L 10

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

145

A equac¸a˜ o diferencial que descreve o movimento e´ 102 u00 + 104 u = 0 Equac¸a˜ o caracter´ıstica: r2 + 100 = 0

⇔

r = ±10i

Soluc¸a˜ o geral: u(t) = c1 cos(10t) + c2 sen(10t) A frequˆencia natural e´ r ω0 =

k = m

r

104 = 10. 100

O per´ıodo e´ T=

2π 2π = segundos ω0 10

(a) A posic¸a˜ o em func¸a˜ o do tempo e´ a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial  00  u + 100u = 0, u(0) = 0,  0 u (0) = −4. u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)  u (0) = 0 = c1 , u0 (0) = −4 = 10c2 . Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ 2 u(t) = − sen(10t) 5 A amplitude e´ igual a 2/5. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

146 u 2/5

0 2π/10

t

−2/5

(b) A posic¸a˜ o em func¸a˜ o do tempo e´ a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial  00  u + 100u = 0, u(0) = 1,  0 u (0) = 10. u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)  u (0) = 1 = c1 , u0 (0) = 10 = 10c2 . Logo, c1 = 1 e c2 = 1. Assim, R=

q

c21

+ c22

=

√

2,

√ c1 2 δ = arccos = arccos = π/4 R 2

e a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) = cos(10t) + sen(10t) = A amplitude e´ igual a

√

√

2 cos(10t − π/4)

2.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

147 u 2^(1/2)

0 π/40

π/40+2π/10

t

−2^(1/2)

(c) A posic¸a˜ o em func¸a˜ o do tempo e´ a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial  00  u + 100u = 0, u(0) = 2,  0 u (0) = 0. u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t) 

u (0) = 2 = c1 , u0 (0) = 0 = 10c2 .

Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) = 2 cos(10t) A amplitude e´ igual a 2. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

148 u 2

0 2π/10

t

−2

6.6. A constante da mola e´

mg 100 · 103 = = 104 L 10 A equac¸a˜ o diferencial que descreve o movimento e´ k=

102 u00 + γu0 + 104 u = 0 Equac¸a˜ o caracter´ıstica: 102 r2 + γr + 104 = 0 ∆ = γ2 − 4 · 106 (a)

• Se γ > 2 · 103 o sistema e´ super-amortecido. • Se γ = 2 · 103 o o sistema tem um amortecimento cr´ıtico. • Se γ < 2 · 103 o sistema e´ sub-amortecido

(b) Neste caso a constante de amortecimento e´ dada por γ=

Fr 104 = = 103 . v 10

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

149

A equac¸a˜ o diferencial que descreve o movimento e´ 102 u00 + 103 u0 + 104 u = 0 Equac¸a˜ o caracter´ıstica: 102 r2 + 103 r + 104 = 0 Soluc¸a˜ o geral:

⇔

√ r = −5 ± 5 3 i

√ √ u(t) = c1 e−5t cos(5 3 t) + c2 e−5t sen(5 3 t)

A posic¸a˜ o em func¸a˜ o do tempo e´ a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial  00  u + 10u0 + 100u = 0, u(0) = 2,  0 u (0) = 0. u0 (t)

√ √ = e−5t ((5 3c2 − 5c1 ) cos(5 3 t) + √ √ + (−5 3 − 5c2 ) sen(5 3 t)) 

√ Logo, c1 = 2 e c2 = 2/ 3. Assim,

u(0) = 2 = c1√ , u0 (0) = 0 = 5 3c2 − 5c1 .

4 c21 + c22 = √ , 3 √ c 3 δ = arccos 1 = arccos = π/6 R 2 e a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ √ √ √ u(t) = 2e−5t cos(5 3 t) + √2 e−5t sen(5 3 t) = √4 e−5t cos(5 3 t − π/6) 3 3 √ √ A quase frequˆencia e´ igual a 5 3 e o quase per´ıodo e´ igual a 2π/5 3. R=

Julho 2011

q

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

150 u

4/31/2

2π/(533/2)

π/(10 33/2)

13π/(10 33/2)

t

-4/31/2

6.7.



102 u00 + 104 u = 9600 cos(6t), u(0) = 0, u0 (0) = 0

A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea e´ u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) A soluc¸a˜ o particular pelo m´etodo dos coeficientes a determinar e´ da forma u p (t) = A0 cos(6t) + B0 sen(6t) Pelo m´etodo das constantes a determinar encontramos A0 = 3/2 e B0 = 0. A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) +

3 cos(6t) 2

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que c1 = −3/2, Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

c2 = 0 Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

151

Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) =

3 (cos(6t) − cos(10t)) . 2

Como cos( A − B) − cos( A + B) = 2 sen A sen B ent˜ao u(t) = 3 sen(2t) sen(8t) u

3

0 π

t

−3

6.8. 

102 u00 + 104 u = 103 cos(10t), u(0) = 0, u0 (0) = 0

A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea e´ u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

152

A soluc¸a˜ o particular pelo m´etodo dos coeficientes a determinar e´ da forma u p (t) = t( A0 cos(10t) + B0 sen(10t)) Pelo m´etodo das constantes a determinar encontramos A0 = 0 e B0 = 1/2. A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o e´ u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) +

t sen(10t) 2

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que c1 = 0,

c2 = 0

Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) =

t sen(10t) 2

u

0.5 t →

π __ 5

t

−0.5 t →

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

153

6.9. Neste caso a constante de amortecimento e´ dada por γ=

Fr 4200 = = 4200 v 1

A equac¸a˜ o diferencial que descreve o movimento e´ 102 u00 + 4200u0 + 104 u = 26000 cos(6t) A soluc¸a˜ o estacion´aria e´ a soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea u p (t) = A0 cos(6t) + B0 sen(6t) Pelo m´etodo das constantes a determinar encontramos A0 = 16/65, R=

q

A20 + B02 = 1,

u p (t) =

B0 = 63/65,

δ = arccos

A0 16 = arccos ≈ 1, 32. R 65

63 16 cos(6t) + sen(6t) = cos(6t − 1, 32) 65 65 u

+1

1,32 __ 6

1,32+2π ____ 6

t

−1

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

154 6.10.

(a) A soluc¸a˜ o da equac ¸ a˜ o homogˆenea√correspondente e´ √ t

t

u(t) = c1 e− 2 cos 27 t + c2 e− 2 sen 27 t . Ent˜ao, a soluc¸a˜ o geral desta equac¸a˜ o e´

√ t

u(t) = c1 e− 2 cos

√ t 7t 7t + c2 e− 2 sen + u p (t) 2 2

em que u p (t) e´ uma soluc¸a˜ o particular. Pelo m´etodo dos coeficientes a determinar u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt). u0p (t) = ω cos (ω t) B − ω sen (ω t) A u00p (t) = −ω 2 sen (ω t) B − ω 2 cos (ω t) A Substituindo-se u p (t), u0p (t) e u00p (t) na equac¸a˜ o diferencial obtemos
ω B − ω 2 A + 2 A cos ωt
− ω 2 B − 2 B + ω A sen ωt = cos ωt π Substituindo-se t = 0 e t = 2ω obtemos o sistema
 2 − ω 2 A + ω
B = 1 −ω A + 2 − ω 2 B = 0 que tem soluc¸a˜ o 2 − ω2 , − 3 ω2 + 4 Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ A=

ω4

B=

ω . ω4 − 3 ω2 + 4

√ t

u(t) = c1 e− 2 cos

√ t 7t 7t + c2 e− 2 sen 2 2 +

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(2 − ω 2 ) ω cos(ωt) + 4 sen(ωt). 4 2 ω −3ω +4 ω − 3 ω2 + 4 Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

155

(b) A soluc¸a˜ o estacion´aria e´ a soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o diferencial que e´ dada por u p (t) =

(2 − ω 2 ) ω cos(ωt) + 4 sen(ωt). 4 2 ω −3ω +4 ω − 3 ω2 + 4

(c) A amplitude e´ R = R(ω ) =

p

A2 + B2 =

1

(ω 4

− 3 ω 2 + 4)

1/2

6.11. A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea e´ dada por u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) , em que ω0 =

√

k/m.

(a) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma u p (t) = A cos (ω t) + B sen (ω t) . Derivando-se:

u0p (t) = Bω cos (ω t) − Bω sen (ω t) u00p (t) = − Bω 2 sen (ω t) − Aω 2 cos (ω t) .

Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial:   k − m ω 2 (sen (ω t) B + cos (ω t) A) = F0 cos (ω t) Comparando-se os termos em cosseno e em seno obtemos 

Julho 2011


k − m ω2
A k − m ω2 B

= F0 =0 Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

156 Assim, A=

F0 F0 , B = 0. = k − m ω2 m(ω02 − ω 2 )

Logo, a soluc¸a˜ o geral e´ u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 cos(ωt). − ω2 )

m(ω02

(b) Dividindo a equac¸a˜ o diferencial por m e substituindo-se k/m = ω02 obtemos: u00 + ω02 u =

F0 cos (ω0 t) m

Vamos procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma u p (t) = t [ A cos (ω0 t) + B sen (ω0 t)] . Derivando-se: u0p (t) = (ω0 t B + A) cos (ω0 t) + ( B − ω0 t A) sen (ω0 t) u00p (t) = − ω0 (ω0 t B + 2 A) (sen (ω0 t) − (2 B − ω0 t A)) cos (ω0 t) . Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial u00 + ω02 u = Fm0 cos (ω0 t): 2 ω0 (cos (ω0 t) B − sen (ω0 t) A) = F0 cos (ω0 t) Comparando-se os termos em cosseno e em seno obtemos  2 ω0 B = F0 /m − 2 ω0 A =0 Assim, A = 0, B = Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

F0 . 2mω0 Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

157

Logo, a soluc¸a˜ o geral e´ u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + 6.12.

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

(a) u(t) = u0 (t) = −

F0 cos (ω t)
+ c2 sen (ω0 t) + c1 cos (ω0 t) ω02 − ω 2 m

F0 ω sen (ω t)
− ω0 c1 sen (ω0 t) + ω0 c2 cos (ω0 t) ω02 − ω 2 m

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que F0
+ c1 ω02 − ω 2 m ω0 c 2 F0 , c1 = − m(ω02 − ω 2 )

c2 = 0

Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) =

F0 (cos(ωt) − cos(ω0 t)) . m(ω02 − ω 2 )

(b) u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + F0 sen(ω0 t) − ω0 c1 sen (ω0 2 ω0 m F0 t cos(ω0 t) + ω0 c2 cos (ω0 t) 2m

u0 (t) =

F0 t sen(ω0 t) 2mω0

t)

+ Derivando-se e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que c1 = 0, Julho 2011

c2 = 0 Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

158 Assim, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u(t) =

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

6.13. Seja u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) a soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente. Ent˜ao, a soluc¸a˜ o geral desta equac¸a˜ o e´ u ( t ) = c1 u1 ( t ) + c2 u2 ( t ) + u p ( t ) em que u p (t) e´ uma soluc¸a˜ o particular. Pelo m´etodo dos coeficientes a determinar u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt). u0p (t) = ω cos (ω t) B − ω sen (ω t) A u00p (t) = −ω 2 sen (ω t) B − ω 2 cos (ω t) A

Substituindo-se u p (t), u0p (t) e u00p (t) na equac¸a˜ o diferencial obtemos ω B γ + ω02 − ω 2 m A cos ωt

+ ω02 − ω 2 m B − ω A γ sen ωt = F0 cos ωt π obtemos o sistema Substituindo-se t = 0 e t = 2ω
ω02 − ω 2 m A + ω
γ B −ω γ A + ω02 − ω 2 m B



encontramos A=

F0 m(ω02 − ω 2 ) , ∆

B=

= =

F0 0

F0 γω , ∆

em que ∆ = m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ2 ω 2 . Logo, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o diferencial e´ u p (t) =

F0 m(ω02 − ω 2 ) F0 γω cos(ωt) + sen(ωt). ∆ ∆

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

1.7

Respostas dos Exerc´ıcios

6.14.

(a)

159

10Q00 + 60Q0 +

1 = 12 0, 125 · 10−1

Dividindo-se por 10: Q00 + 6Q0 + 8Q =

6 5

Equac¸a˜ o caracter´ıstica: r2 + 6r + 8 = 0 Ra´ızes: r = −2, −4 Soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea: Q(t) = c1 e−2t + c2 e−4t Soluc¸a˜ o particular da forma Q p (t) = A0 . Q0p (t) = Q00p (t) = 0 Substituindo-se na equac¸a˜ o: 8A0 =

6 5

⇒

A0 =

3 20

Soluc¸a˜ o geral: Q(t) = c1 e−2t + c2 e−4t +

3 20

Derivada da soluc¸a˜ o geral: Q0 (t) = −2c1 e−2t − 4c2 e−4t Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q0 = 0:   3 c1 = −3/10 c1 + c2 + 20 =0 , ⇒ c2 = 3/20 −2c1 − 4c2 = 0 Soluc¸a˜ o do PVI: Q(t) = −

3 −2t 3 3 e + e−4t + 10 20 20

(b) lim Q(t) =

t→∞

Julho 2011

3 C 20 Reginaldo J. Santos

Equac¸o˜ es Diferenciais de 1a. Ordem

160 (c) 0.16

Q 0.14

0.12

0.1

0.08

0.06

0.04

0.02

0

t

−0.02 −0.5

6.15.

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

(a) Com a aproximac¸a˜ o sen θ ≈ θ a equac¸a˜ o diferencial se torna θ 00 +

g θ = 0, l

que tem soluc¸a˜ o geral r θ (t) = c1 cos

 r  g g t + c2 sen t l l

θ0 = θ (0) = c1 r g 0 = θ 0 (0) = c2 l Logo, a soluc¸a˜ o do PVI e´ r θ (t) = θ0 cos (b) A frequˆencia e´

q

g l,

o per´ıodo e´ 2π

q

l g

g t l



e a amplitude e´ θ0 .

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2 S´eries de Fourier

Neste cap´ıtulo estudaremos as s´eries de Fourier. Uma func¸a˜ o f : [ a, b] → R e´ seccionalmente cont´ınua ou cont´ınua por partes se ´ f (t) e´ cont´ınua em [ a, b], exceto possivelmente em um numero finito de pontos, nos quais os limites laterais existem. De forma an´aloga uma func¸a˜ o f : R → R e´ seccionalmente cont´ınua ou cont´ınua por partes se f (t) e´ cont´ınua por partes em todo ˜ cont´ınuas por partes iguais se elas difeintervalo [ a, b]. Consideramos duas func¸oes rem possivelmente apenas nos pontos de descontinuidade. Para toda func¸a˜ o f : [− L, L] → R cont´ınua por partes a s´erie de Fourier da func¸a˜ o f e´ definida por ∞ ∞ nπt nπt a0 S f (t) = + ∑ an cos + ∑ bn sen , (2.1) 2 L L n =1 n =1 161

162

S´eries de Fourier em que os coeficientes s˜ao dados por

2.1

an

=

bn

=

1 L nπt f (t) cos dt, L −L L Z 1 L nπt f (t) sen dt, L −L L Z

para n = 0, 1, 2, . . .

(2.2)

para n = 1, 2, . . .

(2.3)

Teorema de Fourier

O teorema seguinte, cuja demonstrac¸a˜ o ser´a realizada somente no final desta sec¸a˜ o, afirma que para toda func¸a˜ o f : [− L, L] → R cont´ınua por partes, cuja derivada f 0 tamb´em e´ cont´ınua por partes a s´erie de Fourier de f converge.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

163

Teorema 2.1 (Fourier). Seja L um numero ´ real maior que zero. Para toda fun¸ca˜ o f : [− L, L] → R cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, a s´erie de Fourier de f S f (t) =

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen , 2 L L n =1 n =1

em que an

=

bn

=

1 L nπt dt para n = 0, 1, 2, . . . f (t) cos L −L L Z 1 L nπt dt, para n = 1, 2, . . . f (t) sen L −L L Z

converge para f nos pontos de (− L, L) em que f e´ cont´ınua. Ou seja, podemos representar f por sua s´erie de Fourier: f (t) =

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen , 2 L L n =1 n =1

para t ∈ (− L, L) em que f e´ cont´ınua.

nπt ˜ ´ As func¸oes cos nπt ao periodicas com per´ıodo (fundamental=menor L e sen L s˜ 2L per´ıodo) igual a n , para n = 1, 2, 3 . . . Assim, 2L e´ per´ıodo comum a todas elas. ´ Logo, a s´erie de Fourier de uma func¸a˜ o f : [− L, L] → R e´ periodica de per´ıodo T = 2L. O termo constante Z L a0 1 = f (t) dt 2 2L − L a0 representa a m´edia da func¸a˜ o f no intervalo [− L, L] e est´a escrito desta forma ( e 2 ´ n˜ao simplesmente a0 ) somente para que a formula que vale para os coeficientes dos cossenos da s´erie de Fourier fique valendo tamb´em para o termo constante (n = 0).

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

164

S´eries de Fourier ´ Como a s´erie de Fourier e´ periodica de per´ıodo 2L ela pode ser entendida como a ´ s´erie de Fourier da extens˜ao periodica de f , f˜ : R → R, que e´ definida por f˜(t) = f (t),

se t ∈ [− L, L]

e e´ tal que

f˜(t + 2L) = f˜(t).

Ou seja, a s´erie de Fourier de f e´ a mesma s´erie de Fourier de f˜ que e´ a func¸a˜ o que ´ e´ periodica de per´ıodo 2L e que coincide com f no intervalo [− L, L]. Assim, temos a ˜ periodicas. ´ vers˜ao do Teorema de Fourier para func¸oes

´ Teorema 2.2 (Fourier para Func¸o˜ es Peri´odicas). Para toda fun¸ca˜ o f : R → R periodica de per´ıodo 2L, cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, a s´erie de Fourier de f S f (t) =

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen , 2 L L n =1 n =1

em que an

=

bn

=

1 L nπt f (t) cos dt para n = 0, 1, 2, . . . L −L L Z 1 L nπt f (t) sen dt, para n = 1, 2, . . . L −L L Z

converge para f nos pontos em que f e´ cont´ınua. Ou seja, podemos representar f por sua s´erie de Fourier: f (t) =

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen , 2 L L n =1 n =1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

para t ∈ R em que f e´ cont´ınua.

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

165

y

y

N=0

1.5

-π

1.5

1

1

0.5

0.5

t π/2

-π/2

y

π

-π

y 1.5

1

1

π/2

π

-π

N=3

t π/2

-π/2

y

N=4

1.5

-π/2

π

0.5

t

y

-π

π/2

1.5

-π/2

t

-π/2

N=2

0.5 -π

N=1

π

N = 10

1.5

1

1

0.5

0.5

t π/2

π

-π

-π/2

t π/2

π

Figura 2.1 – Somas parciais da s´erie de Fourier da func¸a˜ o do Exemplo 2.1, para N = 0, 1, 2, 3, 4, 10

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

166

S´eries de Fourier

´ Exemplo 2.1. Seja L um numero real maior que zero. Considere a func¸a˜ o f : [− L, L] → R dada por  1, se cL < t ≤ dL, (0) f (t) = f c,d (t) = 0, caso contr´ario,

para c e d fixos satisfazendo −1 ≤ c < d ≤ 1.

(0)

Vamos calcular a s´erie de Fourier de f c,d . Fazendo a mudanc¸a de vari´aveis s = obtemos

a0

=

an

=

bn

=

nπt L

1 dL 1 dL f (t)dt = dt = d − c, L cL L cL Z Z nπd 1 dL 1 dL 1 nπt nπt dt = dt = sen s , para n = 1, 2, . . . f (t) cos cos L cL L L cL L nπ nπc Z Z nπd 1 dL nπt 1 dL nπt 1 f (t) sen dt = sen dt = − cos s , para n = 1, 2, . . . L cL L L cL L nπ nπc Z

Z

Logo, S f (t)

=

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen 2 L L n =1 n =1

=

d−c 1 + 2 π

∞

sen nπd − sen nπc nπt 1 cos + n L π n =1

∑

∞

cos nπc − cos nπd nπt sen . n L n =1

∑

Exemplo 2.2. Vamos calcular a s´erie de Fourier da func¸a˜ o u0 : [− L, L] → R dada por u0 (t) = 1. Usando o exemplo anterior vemos que a s´erie de Fourier da func¸a˜ o (0)

u0 = f −1,1 e´ Su0 ( t ) = 1 = u 0 ( t ). ´ que e´ a propria func¸a˜ o. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

167

Exemplo 2.3. Vamos calcular a s´erie de Fourier da func¸a˜ o f : [−π, π ] → R dada por   0, se −π ≤ t < −π/4 1, se −π/4 ≤ t < π/2 f (t) =  0, se π/2 ≤ t < π Usando a notac¸a˜ o do Exemplo 2.1, podemos escrever f (t) = f

(0) ( t ), − 41 , 12

com L = π. (0)

Portanto, usando os coeficientes que obtivemos para f c,d no Exemplo 2.1, com 1 1 c = − e d = temos que 4 2 S f (t) =

3 1 + 8 π

∞

nπ nπ  1 1 sen + sen cos nt + n 2 4 π n =1

∑

∞

nπ nπ  1 cos − cos sen nt. n 2 4 n =1

∑

Pelo Teorema 2.1 (de Fourier) temos que f pode ser representada por sua s´erie de Fourier f (t) = S f (t) = para t 6= −

3 1 + 8 π

∞

1 nπ nπ  1 sen + sen cos nt + n 2 4 π n =1

∑

∞

1 nπ nπ  cos − cos sen nt, n 2 4 n =1

∑

π π e t 6= . 4 2

Exemplo 2.4. Vamos calcular a s´erie de Fourier da func¸a˜ o g : R → R dada por   0, se −π ≤ t < −π/4 1, se −π/4 ≤ t < π/2 g(t) =  0, se π/2 ≤ t < π Julho 2011

e tal que

g(t + 2π ) = g(t)

Reginaldo J. Santos

168

S´eries de Fourier

´ Esta func¸a˜ o e´ a extens˜ao periodica da func¸a˜ o f = f

(0) − 14 , 21

com per´ıodo igual a 2π.

Logo, a sua s´erie de Fourier e´ a mesma da func¸a˜ o do Exemplo anterior Sg (t) =

3 1 + 8 π

∞

1 nπ nπ  1 sen + sen cos nt + ∑n 2 4 π n =1

∞

1 nπ nπ  cos − cos sen nt. ∑n 2 4 n =1

Pelo Teorema 2.1 (de Fourier) temos que g pode ser representada por sua s´erie de Fourier g(t) = Sg (t) = para t 6= −

3 1 + 8 π

∞

1 nπ nπ  1 sen + sen cos nt + ∑n 2 4 π n =1

∞

1 nπ nπ  cos − cos sen nt, ∑n 2 4 n =1

π π + 2nπ e t 6= + 2nπ, n ∈ Z. 4 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

169

y 1.5 1 0.5

-5π/2

-2π

-3π/2

-π

-π/2

π/2

π

3π/2

2π

5π/2

t

Figura 2.2 – Soma parcial da s´erie de Fourier da func¸a˜ o do Exemplo 2.4, com N = 10

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

170

S´eries de Fourier

´ Exemplo 2.5. Seja L um numero real maior que zero. Seja m um inteiro positivo. Seja um : [− L, L] → R mπt , L πt , Fazendo a mudanc¸a de vari´aveis s = L um (t) = cos

a0 =

1 L

Z L −L

cos

definida por para t ∈ [− L, L]

1 mπt dt = L π

Z π −π

cos msds = 0,

Vamos calcular os coeficientes an , para n = 0, 1, 2 . . . Fazendo a mudanc¸a de vari´aveis πt , para n > 0 e n 6= m temos que, s= L an

=

1 L

Z L −L

cos

mπt nπt 1 cos dt = L L π

Z π −π

cos ms cos ns ds

Usando o fato de que cos ms cos ns = 21 [cos(m + n)s + cos(m − n)s], temos ent˜ao que an

= =

1 2π

Z π

[cos(m + n)s + cos(m − n)s]ds π π 1 1 sen(m + n)s + sen(m − n)s =0 2π (m + n) 2π (m − n) −π −π −π

e para n = m, am

=

1 L

Z L −L

cos2

mπt 1 dt = L π

Z π −π

cos2 ms ds =

1 2π

Z π −π

[1 + cos 2ms]ds = 1.

Aqui usamos o fato de que cos2 ms = 21 [1 + cos 2ms]. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

171

Vamos calcular os coeficientes bn , para n = 1, 2 . . . bn

= =

1 L nπt mπt sen dt cos L −L L L Z 1 π cos ms sen ns ds π −π Z

Usando o fato de cos ms sen ns = 21 [sen(m + n)s + sen(m − n)s], temos que bn

=

1 2π

Z π −π

[sen(m + n)s + sen(m − n)s]ds = 0

˜ que podem ser obtidas somando-se ou subtraindoNestas integrais usamos relac¸oes ˜ abaixo. se duas das relac¸oes cos(m + n)s

cos ms cos ns − sen ms sen ns

cos(m − n)s

cos ms cos ns + sen ms sen ns

= = sen(m + n)s = sen(m − n)s =

sen ms cos ns + cos ms sen ns sen ms cos ns − cos ms sen ns.

Assim, a s´erie de Fourier de um : [− L, L] → R e´ dada por Sum (t) = cos

mπt = um (t), para m = 1, 2 . . . L

´ Exemplo 2.6. Seja L um numero real maior que zero. Seja m um inteiro positivo. Seja vm : [− L, L] → R vm (t) = sen Julho 2011

mπt , L

definida por para t ∈ [− L, L] Reginaldo J. Santos

172

S´eries de Fourier

Vamos calcular os coeficientes an , para n = 0, 1, 2 . . . Fazendo a mudanc¸a de vari´aveis πt s= , L Z Z 1 π 1 L mπt dt = a0 = sen sen ms ds = 0. L −L L π −π Fazendo a mudanc¸a de vari´aveis s =

1 L mπt nπt sen cos dt L −L L L Z π 1 sen ms cos nsds π −π Z

=

an

πt , temos que para n = 1, 2, 3 . . . L

=

Usando o fato de que sen ms cos ns = 21 [sen(m + n)s + sen(m − n)s] obtemos que an

=

1 2π

Z π −π

[sen(m + n)s + sen(m − n)s]ds = 0

Vamos calcular os coeficientes bn , para n = 1, 2 . . . Para n 6= m temos que bn

=

1 L

Z L −L

sen

mπt nπt 1 sen dt = L L π

Z π −π

sen ms sen ns ds

Usando o fato de que sen ms sen ns = 21 [− cos(m + n)s + cos(m − n)s] temos que bn

=

1 2π

Z π −π

[− cos(m + n)s + cos(m − n)s]ds = 0

E para n = m, bm

=

1 L

Z L −L

sen2

mπt 1 dt = L π

Z π −π

sen2 ms ds =

1 2π

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Z π −π

[1 − cos 2ms]ds = 1 Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

173

Aqui usamos o fato de que sen2 ms = 12 [1 − cos 2ms]. Assim, a s´erie de Fourier de vm : [− L, L] → R e´ dada por Svm (t) = cos

mπt = vm (t), para m = 1, 2 . . . L

˜ destes exemplos podemos determinar os coeficienCom os coeficientes das func¸oes ˜ que s˜ao combinac¸oes ˜ lineares delas. Isto tes das s´eries de Fourier de v´arias func¸oes ˜ por que os coeficientes das s´eries dependem linearmente das func¸oes, ou seja,

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

174

S´eries de Fourier

Proposic¸a˜ o 2.3. Sejam f , g : [− L, L] → R. Se 1 an ( f , L) = L

Z L

1 L

Z L

an ( g, L) =

−L

−L

nπt 1 f (t) cos dt, bn ( f , L) = L L

Z L

nπt 1 dt, bn ( g, L) = L L

Z L

g(t) cos

−L

−L

f (t) sen

nπt dt, L

g(t) sen

nπt dt, L

ent˜ao para quaisquer numeros ´ α e β, an (α f + βg, L) = αan ( f , L) + βan ( g, L)

bn (α f + βg, L) = αbn ( f , L) + βbn ( g, L).

e

Demonstrac¸a˜ o. an (α f + βg, L) = 1 L

Z L −L

(α f (t) + βg(t)) cos

1 nπt dt = α L L

Z L

nπt 1 dt = α L L

Z L

−L

f (t) cos

1 nπt dt + β L L

Z L

f (t) sen

nπt 1 dt + β L L

Z L

−L

nπt dt = L αan ( f , L) + βan ( g, L).

g(t) cos

bn (α f + βg, L) = 1 L

Z L −L

(α f (t) + βg(t)) sen

−L

−L

nπt dt = L αbn ( f , L) + βbn ( g, L).

g(t) sen



Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

175

´ Exemplo 2.7. Seja L um numero real maior que zero. Seja n um inteiro positivo. Seja f : [− L, L] → R f (t) = 3 − 2 cos

definida por

15πt 31πt + 4 sen , L L

para t ∈ [− L, L]

Usando a Proposic¸a˜ o 2.3 temos que os coeficientes da s´erie de Fourier de f s˜ao dados por an ( f , L) = 3an (1, L) − 2an (cos

15πt 31πt , L) + 4an (sen , L) = 3an (u0 , L) − 2an (u15 , L) + 4an (v31 , L) L L

bn ( f , L) = 3bn (1, L) − 2bn (cos

31πt 15πt , L) + 4bn (sen , L) = 3bn (u0 , L) − 2bn (u15 , L) + 4bn (v31 , L) L L

Como j´a calculamos estes coeficientes nos exemplos anteriores e obtivemos que  a n ( u0 , L ) =  an (u15 , L) =

1, 0,

se n = 0, caso contr´ario,

1, se n = 15, 0, caso contr´ario,

bn (u0 , L) = 0, para n = 1, 2, . . .

bn (u15 , L) = 0, para n = 1, 2, . . . 

an (v31 ) = 0, para n = 1, 2, . . . ,

bn (v31 , L) =

1, 0,

se n = 31, caso contr´ario,

´ ent˜ao temos que a s´erie de Fourier da func¸a˜ o deste exemplo e´ ela propria: S f (t) = 3 − 2 cos

Julho 2011

15πt 31πt + 4 sen = f ( t ). L L

Reginaldo J. Santos

176

S´eries de Fourier

Exemplo 2.8. Considere a func¸a˜ o f : [− L, L] → R dada por 

(1)

f (t) = f c,d (t) =

t, se cL < t ≤ dL, 0, caso contr´ario,

para c e d fixos satisfazendo −1 ≤ c < d ≤ 1.

(1)

Vamos calcular a s´erie de Fourier de f cd . Fazendo a mudanc¸a de vari´aveis s = e integrando-se por partes obtemos a0

=

an

= = =

bn

=

nπt L

1 dL 1 dL L f (t)dt = t dt = (d2 − c2 ) L cL L cL 2 Z nπd Z dL Z dL 1 nπt nπt 1 L f (t) cos t cos s cos s ds dt = dt = 2 2 L cL L L cL L n π nπc nπd L s sen s + cos s ( ) n2 π 2 nπc Z Z Z nπd 1 dL 1 dL L nπt nπt dt = dt = 2 2 f (t) sen t sen s sen s ds L cL L L cL L n π nπc L nπd (−s cos s + sen s) 2 2 n π nπc Z

Z

Logo, S f (t)

=

=

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen 2 L L n =1 n =1

L ( d2

− c2 ) 4

∞

+

L ∑ π 2 n =1

nπd (s sen s + cos s) nπc

n2

∞

cos

nπt L + 2 ∑ L π n =1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

nπd (−s cos s + sen s) nπc

n

sen

nπt . L

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

177

2.1.1

S´eries de Fourier de Func¸o˜ es Pares e ´Impares

Lembramos que uma func¸a˜ o h : [− L, L] → R e´ par, se para todo t ∈ [− L, L]

h(−t) = h(t), e e´ ´ımpar, se h(−t) = −h(t),

para todo t ∈ [− L, L].

Lembramos tamb´em que se h : [− L, L] → R e´ uma func¸a˜ o ´ımpar, ent˜ao Z L −L

h(t)dt = 0,

e que se h : [− L, L] → R e´ uma func¸a˜ o par, ent˜ao Z L −L

h(t)dt = 2

Z L 0

h(t)dt.

J´a vimos que se uma func¸a˜ o f : [− L, L] → R e´ cont´ınua por partes com derivada f 0 tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao pelo Teorema 2.1 ela pode ser representada por sua s´erie de Fourier S f (t) =

∞ ∞ nπt nπt a0 + ∑ an cos + ∑ bn sen . 2 L L n =1 n =1

nπt nπt e´ ´ımpar e f (t) cos e´ par (verifique!). Logo, L L os coeficientes da s´erie de Fourier de f s˜ao dados por: Se a func¸a˜ o f e´ par, ent˜ao f (t) sen

Julho 2011

an

=

bn

=

2 1 L nπt f (t) cos dt = L −L L L Z 1 L nπt f (t) sen dt = 0, L −L L Z

Z L 0

f (t) cos

nπt dt, L

para n = 0, 1, 2, . . .

para n = 1, 2, . . . Reginaldo J. Santos

178

S´eries de Fourier

Ou seja, se uma func¸a˜ o f : [− L, L] → R e´ par a sua s´erie de Fourier tem somente os termos em cossenos, S f (t)

=

∞ a0 nπt + ∑ an cos . 2 L n =1

˜ f que s˜ao definidas apenas em [0, L] podemos prolong´a-las de forma Para as func¸oes que elas se tornem par no intervalo [− L, L]:  f (−t), se − L ≤ t < 0 ˜f (t) = f ( t ), se 0 ≤ t < L e´ a extens˜ao par de f . E assim temos o seguinte resultado.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

179

y

t -L

L

Figura 2.3 – Prolongamento par de uma func¸a˜ o definida inicialmente somente no intervalo [0, L]

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

180

S´eries de Fourier

Corol´ario 2.4. Seja L um numero ´ real maior que zero. Para toda fun¸ca˜ o f : [0, L] → R cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes. A s´erie de Fourier de cossenos de f Sc f (t) =

∞ a0 nπt + ∑ an cos , 2 L n =1

em que

=

an

2 L

Z L 0

f (t) cos

nπt dt, L

para n = 0, 1, 2, . . .

converge para f nos pontos do intervalo (0, L) em que f e´ cont´ınua. Ou seja, podemos representar f por sua s´erie de cossenos de Fourier: f (t)

=

∞ nπt a0 + ∑ an cos , 2 L n =1

para t ∈ (0, L) em que f e´ cont´ınua.

nπt Analogamente, se a func¸a˜ o f : [− L, L] → R e´ ´ımpar, ent˜ao f (t) sen e´ par e L nπt f (t) cos e´ ´ımpar (verifique!) e assim os coeficientes da s´erie de Fourier de f s˜ao L dados por: an

=

bn

=

1 L nπt f (t) cos dt = 0, para n = 0, 1, 2, . . . L −L L Z L Z 1 nπt 2 L nπt f (t) sen dt = f (t) sen dt, para n = 1, 2, . . . L −L L L 0 L Z

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

181 Ou seja, se uma func¸a˜ o f : [− L, L] → R e´ ´ımpar a sua s´erie de Fourier tem somente os termos em senos, ∞ nπt . S f (t) = ∑ bn sen L n =1 ˜ f que s˜ao definidas apenas em [0, L] podemos prolong´a-las de forma Para as func¸oes que elas se tornem ´ımpar no intervalo [− L, L]:  − f (−t), se − L ≤ t < 0 f˜(t) = f ( t ), se 0 ≤ t < L e´ a extens˜ao ´ımpar de f . E assim temos o seguinte resultado.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

182

S´eries de Fourier

y

t -L

L

Figura 2.4 – Prolongamento ´ımpar de uma func¸a˜ o definida inicialmente somente no intervalo [0, L]

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

183

Corol´ario 2.5. Seja L um numero ´ real maior que zero. Para toda fun¸ca˜ o f : [0, L] → R cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes. A s´erie de Fourier de senos de f ∞

Ss f (t) =

∑ bn sen

n =1

nπt , L

em que bn

=

2 L

Z L 0

f (t) sen

nπt dt, L

para n = 1, 2, . . .

converge para f nos pontos do intervalo (0, L) em que f e´ cont´ınua. Ou seja, podemos representar f por sua s´erie de senos de Fourier: ∞ nπt , f (t) = ∑ bn sen para t ∈ (0, L) em que f e´ cont´ınua. L n =1

Exemplo 2.9. Considere a func¸a˜ o f : [0, L] → R, dada por f (t) = 1, para 0 ≤ t ≤ 1. A s´erie de cossenos e´ obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja par e a s´erie de senos e´ obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja ´ımpar. Os coeficientes podem ser obtidos da tabela na p´agina 201. (0)

a0 = 2a0 ( f 0,1 , L) = 2, (0)

bn = 2bn ( f 0,1 , L) = − Sc f (t)

= 1,

Ss f (t)

=

Julho 2011

2 π

∞

2(1 − (−1)n ) 2(cos nπ − 1) = . nπ nπ

1 − (−1)n nπt 4 sen n L π n =1

∑

(0)

an = 2an ( f 0,1 , L) = 0,

∞

1 (2n + 1)πt sen . 2n + 1 L n =0

∑

Reginaldo J. Santos

184

S´eries de Fourier

y

y N=1

y N=3

1

N=5

1

1

t

t

L

t

L

y

L

y N=7

y N=9

1

N = 11

1

1

t L

t L

t L

Figura 2.5 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R dada por f (t) = 1 para t ∈ [0, L] e as somas parciais da s´erie de Fourier de senos de f , para N = 1, 3, 5, 7, 9, 11

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

185

Assim, os termos de ´ındice par da s´erie de senos s˜ao nulos. Pelo Corol´ario 2.5 temos que f (t) = Ss f (t) =

2 π

∞

1 − (−1)n nπt 4 sen n L π n =1

∑

∞

1 (2n + 1)πt sen , para t ∈ (0, L). 2n + 1 L n =0

∑

Exemplo 2.10. Considere a func¸a˜ o f : [0, L] → R, dada por f (t) = t, para 0 ≤ t ≤ L. A s´erie de cossenos e´ obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja par e a s´erie de senos e´ obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja ´ımpar. Os coeficientes podem ser obtidos da tabela na p´agina 201. (1)

= 2a0 ( f 0,1 , L) = L, 2L 2L (1) = 2an ( f 0,1 , L) = 2 2 (cos nπ − 1) = 2 2 ((−1)n − 1), n π n π (−1)n+1 2L 2L (1) . = 2bn ( f 0,1 , L) = (− cos nπ ) = nπ nπ

a0 an bn Sc f (t)

=

L 2L + 2 2 π

Ss f (t)

=

2L π

∞

nπt L 4L (−1)n − 1 cos = − 2 2 L 2 n π n =1

∑

∞

1 (2n + 1)πt cos , 2 L n=0 (2n + 1)

∑

∞

(−1)n+1 nπt sen . n L n =1

∑

Assim, os termos de ´ındice par da s´erie de cossenos (excec¸a˜ o de a0 ) s˜ao nulos. Pelo Corol´ario 2.4 e pelo Corol´ario 2.5 temos que f pode ser representada por sua s´erie de cossenos e por sua s´erie de senos de Fourier f (t)

=

L 2L + 2 2 π

=

2L π

Julho 2011

∞

(−1)n − 1 nπt L 4L cos = − 2 2 L 2 n π n =1

∑

∞

1 (2n + 1)πt cos , 2 L ( 2n + 1 ) n =0

∑

∞

(−1)n+1 nπt sen , n L n =1

∑

Reginaldo J. Santos

186

S´eries de Fourier

para t ∈ (0, L).

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

L

Teorema de Fourier

187

y

L

N=0

L/2

y

L

N=1

L/2

N=3

L/2

t L

y

t L

t L

Figura 2.6 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R dada por f (t) = t para t ∈ [0, L] e somas parciais da sua s´erie de Fourier de cossenos para N = 0, 1, 3

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

188

L

S´eries de Fourier

y

L

N=1

L/2

y

L

N=2

L/2

N=3

L/2

t

t

L L

y

t

L

y

L

N=4

L/2

L

y

L

N=5

L/2

N=6

L/2

t L

y

t L

t L

Figura 2.7 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R dada por f (t) = t para t ∈ [0, L] e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de senos de f , para N = 1, 2, 3, 4, 5, 6

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

189

Exemplo 2.11. Considere a func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por  f (t) =

t, L − t,

se 0 ≤ t ≤ L/2 se L/2 < t ≤ L

A s´erie de cossenos e´ obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja par e a s´erie de senos e´ obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja ´ımpar. Usando a tabela na p´agina 201 os coeficientes an e bn podem ser calculados como Z   2 L L (1) (0) (1) a0 = f ( x )dx = 2 a0 ( f 0,1/2 , L) + La0 ( f 1/2,1 , L) − a0 ( f 1/2,1 , L) = L 0 2 Z 2 L nπx an = dx f ( x ) cos L 0 L   (1) (0) (1) = 2 an ( f 0,1/2 , L) + Lan ( f 1/2,1 , L) − an ( f 1/2,1 , L) nπ/2 2L nπ nπ 2L 2L + s sen s + cos s sen s − s sen s + cos s = ( ) ( ) 2 2 2 2 nπ n π n π 0 nπ/2 nπ/2 4L nπ 2L 2L = − 2 2 − 2 2 cos nπ cos 2 n2 π 2 n π n π n − 1 − (− 1 ) 2 cos nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . = 2L n2 π 2 Entretanto alguns termos s˜ao nulos. Podemos separar os termos em de ´ındice par e de ´ındice ´ımpar a2k+1 = 0 2 cos kπ − 2 (−1)k − 1 = L . (2k)2 π 2 k2 π 2 os termos de ´ındice par podem ainda ser separados: a2k = 2L

a2·2l = 0 Julho 2011

Reginaldo J. Santos

190

S´eries de Fourier a2(2l +1) = L

bn

= = = = =

−2 2L =− . (2l + 1)2 π 2 (2l + 1)2 π 2

2 L nπx )dx f ( x ) sen( L 0 L   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 ) + Lbn ( f 1/2,1 ) − bn ( f 1/2,1 ) nπ/2 2L nπ nπ 2L 2L − cos s − 2 2 (−s cos s + sen s) (−s cos s + sen s) 2 2 nπ n π n π 0 nπ/2 nπ/2 4L  nπ nπ nπ  2L nπ − cos + sen + cos 2 2 2 nπ 2 n2 π 2 4L sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

Entretanto alguns coeficientes s˜ao nulos: b2k = 0

b2k+1 =

4L(−1)k . (2k + 1)2 π 2

Como a func¸a˜ o f e´ cont´ınua com sua derivada f 0 tamb´em cont´ınua, pelo Corol´ario 2.4, ela pode ser representada por sua s´erie de Fourier de cossenos e pelo Corol´ario Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

191

2.5 por sua s´erie de Fourier de senos : f (t)

f (t)

∞

=

L 2L + 2 4 π

n 2 cos nπ nπt 2 − 1 − (−1) cos 2 L n n =1

=

L L + 2 4 π

(−1)n − 1 2nπt cos 2 L n n =1

=

L 2L − 2 4 π

=

4L π2

sen nπ nπt 2 sen 2 L n n =1

=

4L π2

(−1)n (2n + 1)πt sen 2 L ( 2n + 1 ) n =0

∑ ∞

∑ ∞

1 2(2n + 1)πt cos 2 L n=0 (2n + 1)

∑

∞

∑ ∞

∑

V´arios coeficientes s˜ao nulos e n˜ao e´ por acaso. Sempre que um coeficiente e´ calculado por uma integral de 0 a L de uma func¸a˜ o h(t) que e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L2 , 0), ou seja, tal que h(t) = −h( L − t), para t ∈ [0, L/2], o seu valor e´ igual a zero (verifique!). No exemplo anterior isto ocorreu com os coeficientes de ´ındice ´ımpar da s´erie de cossenos e com os de ´ındice par da s´erie de senos ˜ ´ımpares sendo integradas em (verifique!). Isto e´ an´alogo ao que ocorre com func¸oes intervalos sim´etricos.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

192

S´eries de Fourier

y

y N=0

y N=2

L/2

N=6

L/2

L/2

t

t

L

t

L

L

Figura 2.8 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R, dada por f (t) = t se t ∈ [0, L/2] e f (t) = L − t se t ∈ [ L/2, L] e somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos para N = 0, 2, 6

y

y N=1

y N=3

L/2

N=5

L/2

L/2

t L

t L

t L

Figura 2.9 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R, dada por f (t) = t se t ∈ [0, L/2] e f (t) = L − t se t ∈ [ L/2, L] e somas parciais da s´erie de Fourier de senos para N = 1, 3, 5

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

2.1.2

Teorema de Fourier

193

Demonstrac¸a˜ o do Teorema sobre a Convergˆencia da S´erie de Fourier

˜ do Teorema 2.1 na pagina ´ Demonstrac¸ao 163. Vamos mostrar que a soma parcial da s´erie tende a f ( x ), se x ∈ (− L, L) e´ um ponto de continuidade de f . Substituindo-se os coeficientes an e bn na soma parcial da s´erie, SN (x) =

N  a0 nπx nπx  , + ∑ an cos + bn sen 2 L L n =1

obtemos SN (x) =

+

1 L

1 2L

Z L

N



∑

−L

cos

n =1

1 = L

f (t)dt

Z L −L

nπx L

Z L −L

f (t) cos

nπt nπx dt + sen L L

Z L −L

f (t) sen

N nπx nπt nπx nπt 1 + ∑ (cos cos + sen sen ) 2 n =1 L L L L

1 = L

Z L −L

nπt dt L



=

! f (t)dt =

N nπ (t − x ) 1 + ∑ cos 2 n =1 L

! f (t)dt

(2.4)

Mas  N  1 1 1 1 s N sen( N + )s − sen s = ∑ sen(n + )s − sen(n − )s = 2 sen ∑ cos ns 2 2 2 2 2 n =1 n =1 Logo, N sen( N + 12 )s 1 + ∑ cos ns = . 2 n =1 2 sen 2s

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

194

S´eries de Fourier

Substituindo-se s por

π (t − x ) obtemos L

π (t − x ) sen( N + 12 ) N nπ (t − x ) 1 L + cos = . π ( t − x ) 2 n∑ L =1 2 sen 2L

(2.5)

Substituindo-se (2.5) em (2.4) obtemos 1 SN (x) = L

π (t − x ) Z L sen( N + 1 ) 2 L π (t − x ) 2 sen 2L

−L

f (t)dt

´ Substituindo-se f pela sua extens˜ao periodica de per´ıodo 2L, f˜, usando o fato de que neste caso as integrais anteriores podem ser calculadas de − L + x at´e L + x e fazendo a mudanc¸a de vari´aveis s = t − x obtemos 1 SN (x) = L

π (t − x ) Z L+ x sen( N + 1 ) 2 − L+ x

L π (t − x ) 2 sen 2L

f˜(t)dt =

1 = L

πs Z L sen( N + 1 ) 2 −L

πs 2 sen 2L

L f˜( x + s)ds

(2.6)

Tomando-se f ( x ) = 1 em (2.6) obtemos 1 L

πs Z L sen( N + 1 ) 2 −L

2 sen

πs 2L

L = 1.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(2.7)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

195

Assim, de (2.6) e (2.7) temos que 1 πs
sen( N + 2 ) L ds = f˜( x + s) − f ( x ) πs −L 2 sen 2L s Z L ˜ f ( x + s) − f˜( x ) 1 1 πs 2 = πs sen( N + 2 ) L ds. (2.8) L −L s sen 2L 0 ˜ ˜ Como f e´ cont´ınua por partes com derivada f tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao para x ∈ (− L, L) tal que f ( x ) e´ cont´ınua temos que a func¸a˜ o

1 SN (x) − f (x) = L

Z L

s f˜( x + s) − f˜( x ) 2 g(s) = πs s sen 2L e´ cont´ınua por partes. Pois, pelo Teorema do valor m´edio, se f 0 e´ cont´ınua em x, ent˜ao g e´ cont´ınua em s = 0. Se f n˜ao e´ cont´ınua em x, ent˜ao os limites laterais de f 0 (ξ ) quando ξ tende a zero existem. Assim, segue do lema que apresentaremos a seguir que lim (S N ( x ) − f ( x )) = lim

N →∞

N →∞

1 L

Z L −L

1 πs g(s) sen( N + ) ds = 0. 2 L



Lema 2.6 (Riemann-Lebesgue). Seja g : R → R uma fun¸ca˜ o cont´ınua por partes, ent˜ao lim

Z b

λ→∞ a

Julho 2011

g(s) sen λs ds = 0 Reginaldo J. Santos

196

S´eries de Fourier

Demonstrac¸a˜ o. Seja Z b

I (λ) =

a

g(s) sen λs ds

(2.9)

Vamos supor inicialmente que g seja cont´ınua. Fazendo-se a mudanc¸a de vari´aveis π s = t + obtemos λ Z b− π π λ g(t + ) sen λt dt (2.10) I (λ) = − λ a− πλ Seja M = que

´ max g(s). Somando-se (2.9) e (2.10) e calculando-se o modulo obtemos

s∈[ a−π,b]

Z b Z |2I (λ)| = g(s) sen λs ds − a

≤

Z a a− πλ

| g(s +

π )| ds + λ

b− πλ a− πλ

Z b− π λ a

g(s +

π ) sen λs ds = λ

| g(s) − g(s + 2Mπ ≤ + λ

π )| ds + λ

Z b− π λ a

Z b b− πλ

| g(s +

| g(s) − g(s +

π )| ds λ

π )| ds < 2e, λ

π e )| < , para todo s ∈ [ a, b]. O caso geral λ b−a segue da aplicac¸a˜ o do argumento acima para cada parte de g que e´ cont´ınua. 

para λ >

2.1.3

2Mπ e

tal que | g(s) − g(s +

Limites e Derivac¸a˜ o de S´eries de Func¸o˜ es

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

197

Teorema 2.7. Sejam u1 , u2 . . . : [ a, b] → R diferenci´aveis. Seja u : [ a, b] → R definida por ∞

u( x ) =

∑ u n ( x ).

n =0

Se dun ≤ an , ( x ) dx e

para todo x ∈ [ a, b],

n = 1, 2, . . .

∞

∑ an < ∞,

n =0

ent˜ao

∞ du dun (x) = ∑ ( x ), dx dx n =1

para todo x ∈ [ a, b].

Demonstrac¸a˜ o. Seja x ∈ [ a, b]. Seja e > 0. Sejam ∞

g( x ) =

dun ( x ), dx n =1

∑

N

SN (x) =

∑ u n ( x ),

n =1

q N ( x, h) = q( x, h) = Julho 2011

S N ( x + h) − S N ( x ) , h u( x + h) − u( x ) . h Reginaldo J. Santos

198

S´eries de Fourier N

Existe N0 ∈ N tal que M, N > N0 implica

∑

an <

n= M

e . Ent˜ao, 3

N du N N dun e n 0 0 |S N ( x ) − S M ( x )| = ∑ ( x ) ≤ ∑ ( x ) ≤ ∑ an < , n= M dx n= M dx 3 n= M

(2.11)

para todo x ∈ [ a, b]. Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos e |S0N ( x ) − g( x )| ≤ . (2.12) 3 Sejam M, N > N0 . Pelo Teorema do Valor M´edio aplicado a S N ( x ) − S M ( x ) e por (2.11) obtemos que existe ξ entre x e x + h tal que e |q N ( x, h) − q M ( x, h)| = |S0N (ξ ) − S0M (ξ )| < . 3 Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos e |q N ( x, h) − q( x, h)| ≤ , 3

para todo h tal que x + h ∈ [ a, b].

(2.13)

Como lim q N ( x, h) = S0N ( x ), existe δ > 0 tal que 0 < h < δ implica que h →0

|q N ( x, h) − S0N ( x )| <

e 3

(2.14)

De (2.13), (2.14) e (2.12) segue-se que

|q( x, h) − g( x )| ≤ |q( x, h) − q N ( x, h)| + |q N ( x, h) − S0N ( x )| + |S0N ( x ) − g( x )| e e e < + + 3 3 3  Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

199

Teorema 2.8. Sejam u1 , u2 . . . : [ a, b] → R. Seja u : [ a, b] → R definida por ∞

u( x ) =

∑ u n ( x ).

n =0

Se

|un ( x )| ≤ an ,

para todo x ∈ [ a, b],

e

n = 1, 2, . . .

∞

∑ an < ∞,

n =0

ent˜ao

∞

lim u( x ) =

x → x0

u n ( x ), ∑ xlim → x0

n =1

para x0 ∈ [ a, b] tal que existam lim un ( x ), para n = 1, 2 . . . x → x0

Demonstrac¸a˜ o. Seja e > 0. Sejam N

SN (x) =

∑ un ( x )

n =1

Ln = lim un ( x ) x → x0

S˜ N =

N

∑ Ln

n =1

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

200

S´eries de Fourier

Existe L =

∞

∞

n =1

n =1

∑ Ln , pois | Ln | ≤ an e ∑ an < ∞.

Logo, existe N0 ∈ N tal que para N > N0 temos que

| L − S˜ N | = | L −

N

e

∑ Ln | < 3 .

(2.15)

n =1

N

Tamb´em existe N1 ∈ N tal que M, N > N1 implica

∑

an <

n= M

e . Ent˜ao, 3

N N N e |S N ( x ) − S M ( x )| = ∑ un ( x ) ≤ ∑ |un ( x )| ≤ ∑ an < , n= M n= M 3 n= M

(2.16)

para todo x ∈ [ a, b]. Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos e |S N ( x ) − u( x )| < , para todo x ∈ [ a, b]. (2.17) 3 Seja N > max{ N0 , N1 }. Como lim S N ( x ) = S˜ N , ent˜ao existe δ > 0 tal que para x → x0

| x − x0 | < δ, |S˜ N − S N ( x )| <

e 3

(2.18)

De (2.15), (2.18) e (2.16) segue-se que e e e | L − u( x )| ≤ | L − S˜ N | + |S˜ N − S N ( x )| + |S N ( x ) − u( x )| < + + 3 3 3



Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

201

2.1.4

Tabela de Coeficientes de S´eries de Fourier

Coeficientes das S´eries de Fourier de Fun¸coes ˜ Elementares

f : [− L, L] → R, −1 ≤ c < d ≤ 1

(0)



f c,d (t) =

1, 0,

se t ∈ [cL, dL] caso contr´ario

an ( f , L) =

1 L nπt dt f (t) cos L −L L

(0)

a0 ( f c,d , L) (0)

an ( f c,d , L)

Z

= =

d−c 1 nπ

nπd sen s

bn ( f , L ) =

1 L nπt dt f (t) sen L −L L Z

nπd (0) 1 bn ( f c,d , L) = − nπ cos s nπc

nπc

(1)

(1)



f c,d (t) =

t, 0,

se t ∈ [cL, dL] caso contr´ario

L 2 2 2 (d − c ) (1) an ( f c,d , L) = nπd L s sen s + cos s ( ) 2 2 n π nπc

a0 ( f c,d , L) =

(2)

(2)

f c,d (t) =

Julho 2011



t2 , 0,

se t ∈ [cL, dL] caso contr´ario

a0 ( f c,d , L) =

L2 3 3 (d

− c3 )

(2) an ( f c,d , L) =

nπd L2 2 − 2 sen s + 2s cos s s 3 3 n π nπc

(1)

bn ( f c,d , L) = L n2 π 2

nπd (−s cos s + sen s) nπc

(2)

bn ( f c,d , L) = L2 n3 π 3



nπd 2s sen s + 2 − s2 cos s nπc

Reginaldo J. Santos

202

S´eries de Fourier

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 250) 1.1. Mostre que uma func¸a˜ o f : [− L, L] → R e´ par, ent˜ao os coeficientes da sua s´erie de Fourier s˜ao dados por an

=

bn

=

1 L nπt 2 L nπt f (t) cos dt = f (t) cos dt, L −L L L 0 L Z L nπt 1 f (t) sen dt = 0 para n = 1, 2, . . . L −L L Z

Z

para n = 0, 1, 2, . . .

1.2. Mostre que uma func¸a˜ o f : [− L, L] → R e´ ´ımpar, ent˜ao os coeficientes da sua s´erie de Fourier s˜ao dados por

1.3.

an

=

bn

=

1 L nπt dt = 0 para n = 0, 1, 2, . . . f (t) cos L −L L Z Z 1 L nπt 2 L nπt f (t) sen dt = f (t) sen dt, para n = 1, 2, . . . L −L L L 0 L Z

L (a) Mostre que se uma func¸a˜ o h : [0, L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( , 0), ou seja, se 2 h ( L − t ) = − h ( t ), ent˜ao

Z L 0

para t ∈ [0,

L ], 2

h(t) dt = 0.

(b) Mostre que se f : [0, L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = f ( t ) = f ( L − t ),

L , ou seja, tal que 2

para t ∈ [0,

L ], 2

ent˜ao os coeficientes de ´ındice par da s´erie de senos de Fourier s˜ao nulos, ou seja, b2k = 0, para k = 1, 2, 3 . . . (Sugest˜ao: use o item anterior.) Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

203

L (c) Mostre que se f : [0, L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( , 0), ou seja, tal que 2 f ( t ) = − f ( L − t ),

para t ∈ [0,

L ], 2

ent˜ao os coeficientes de ´ındice par da s´erie de cossenos de Fourier s˜ao nulos, a2k = 0, para k = 0, 1, 2. . . . (Sugest˜ao: use o item (a).) (2)

1.4. Determine a s´erie de Fourier da func¸a˜ o f c,d : [− L, L] → R dada por (2) f c,d (t)



=

t2 , 0,

se cL < t ≤ dL, caso contr´ario,

para c e d fixos satisfazendo −1 ≤ c < d ≤ 1.

˜ f : [− L, L] → R: 1.5. Determine as s´eries de Fourier das func¸oes  −1, se − L ≤ t < 0, (a) f (t) = (b) f (t) = L/2 − |t| 1, se 0 ≤ t ≤ L, 1.6. Determine a s´erie de Fourier da func¸a˜ o f : R → R dada por f (t) = L/2 − |t − L/2|,

se − L/2 < t < 3L/2 e f (t + 2L) = f (t).

1.7. Determine s´eries de Fourier de senos e de cossenos da func¸a˜ o f : [0, L] → R dada por f ( t ) = t ( L − t ),

Julho 2011

para t ∈ [0, L].

Reginaldo J. Santos

204

S´eries de Fourier

y

y N=0

y N=2

L/2

N=4

L/2

L/2

t

t

L

t

L

L

Figura 2.10 – Somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos da func¸a˜ o f (t) = t( L − t), para t ∈ [0, L], para N = 0, 2, 4.

y

y N=1

N=3

L/2

L/2

t L

t L

Figura 2.11 – Somas parciais da s´erie de Fourier de senos da func¸a˜ o f (t) = t( L − t), para t ∈ [0, L], para N = 1, 3

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

205

˜ f : [0, L] → R: 1.8. Determine as s´eries de Fourier de senos e de cossenos das func¸oes   0, se 0 ≤ t < L/2, 0, se 0 ≤ t < L/2, (c) f (t) = t − L/2, se L/2 ≤ t < L, (a) f (t) = 1, se L/2 ≤ t ≤ L,   se 0 ≤ t < L/4  t, 1, se L/4 ≤ t < 3L/4, L/4, se L/4 ≤ t < 3L/4 (b) f (t) = (d) f (t) = 0, caso contr´ario,  L − t, se 3L/4 ≤ t ≤ L

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

206

S´eries de Fourier

y

y N=0

y N=1

1

N=3

1

1

t

t

L

t

L

y

L

y N=5

y N=7

1

N=9

1

1

t L

t L

t L

Figura 2.12 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de cossenos, para N = 0, 1, 3, 5, 7, 9.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

207

y

y N=1

y N=2

1

N=3

1

1

t

t

L

t

L

y

L

y N=5

y N=6

1

N=7

1

1

t L

t L

t L

Figura 2.13 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de senos, para N = 1, 2, 3, 5, 6, 7.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

208

S´eries de Fourier

y

y N=0

y N=2

1

N=6

1

1

t

t

L

t

L

y

L

y N = 10

y N = 14

1

N = 18

1

1

t L

t L

t L

Figura 2.14 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de cossenos, para N = 0, 2, 6, 10, 14, 18.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

209

y

y N=1

y N=3

1

N=5

1

1

t

t

L

t

L

y

L

y N=7

y N=9

1

N = 11

1

1

t L

t L

t L

Figura 2.15 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de senos, para N = 1, 3, 5, 7, 9, 11.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

210

S´eries de Fourier

y

y N=1

y N=2

L/2

N=3

L/2

L/2

t

t

L

t

L

y

L

y N=4

y N=5

L/2

N=6

L/2

L/2

t L

t L

t L

Figura 2.16 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = t − L/2, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de cossenos, para N = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

211

y

y N=1

y N=2

L/2

N=3

L/2

L/2

t

t

L

t

L

y

L

y N=4

y N=5

L/2

N=6

L/2

L/2

t L

t L

t L

Figura 2.17 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = t − L/2, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de senos, para N = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

212

S´eries de Fourier

y

y N=0

y N=2

L/2

N=4

L/2

L/2

t

t

L

t

L

L

Figura 2.18 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R, f (t) = t, se t ∈ [0, L/4], f (t) = L/4, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = L − t, se t ∈ [3L/4, L] e somas parciais da sua s´erie de Fourier de cossenos para N = 0, 2, 4.

y

y N=1

y N=3

L/2

N=5

L/2

L/2

t L

t L

t L

Figura 2.19 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R, f (t) = t, se t ∈ [0, L/4], f (t) = L/4, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = L − t, se t ∈ [3L/4, L] e somas parciais da sua s´erie de Fourier de senos para N = 1, 3, 5.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.1

Teorema de Fourier

213

1.9. Considere a seguinte func¸a˜ o : f ( t ) = 1 − | t |,

se

− 1 < t ≤ 1 e tal que

f ( t + 2) = f ( t ).

(a) Calcule a s´erie de Fourier S f da func¸a˜ o f ; (b) Determine os valores S f (0) e S f (100.5). Justifique. 1.10. Considere a func¸a˜ o f : [0, L] → R dada por f (t) = 1. (a) Encontre uma representac¸a˜ o de f em s´erie de Fourier que contenha somente termos em cossenos. (b) Encontre uma representac¸a˜ o de f em s´erie de Fourier que contenha somente termos em senos. (c) Encontre uma representac¸a˜ o de f em s´erie de Fourier que contenha termos em cossenos e senos.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

214

S´eries de Fourier

2.2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

˜ ´ımpares no intervalo [− L, L], se An´alogo ao caso de integrac¸a˜ o de func¸oes h : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0), ou seja, se e´ tal que h(2L − t) = −h(t), para todo t ∈ [0, L], ent˜ao (verifique!) Z 2L 0

h(t)dt = 0.

(2.19)

˜ pares no intervalo [− L, L], se Tamb´em an´alogo ao caso de integrac¸a˜ o de func¸oes h : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L, ou seja, se e´ tal que h(2L − t) = h(t),

para todo t ∈ [0, L],

ent˜ao (verifique!) Z 2L 0

h(t)dt = 2

Z L 0

h(t)dt.

(2.20)

J´a vimos que se uma func¸a˜ o f : [0, 2L] → R e´ cont´ınua por partes com derivada f 0 tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao pelo Corol´ario 2.5 ela pode ser representada por sua s´erie de Fourier de senos ∞

f (t) =

∑ bn sen

n =1

nπt . 2L

com os coeficientes dados por bn

=

1 L

Z 2L 0

f (t) sen

nπt dt 2L

para n = 1, 2, . . .

Se a func¸a˜ o f e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L, isto e´ , se f (2L − t) = f (t), Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

para todo t ∈ [0, L], Julho 2011

2.2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

215

2kπt e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0) (veja a Figura 2.20), 2L 2kπt ent˜ao o produto f (t) sen e´ sim´etrico em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0) e como 2L (2k + 1)πt sen e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L (veja a Figura 2.20), ent˜ao o pro2L (2k + 1)πt duto f (t) sen e´ sim´etrico em relac¸a˜ o a` reta t = L (verifique!). Assim, 2L ˜ separando os coeficientes em de ´ındice par e de ´ındice ´ımpar e usando as relac¸oes (2.19) e (2.20) obtemos que: como sen

b2k b2k+1

= 0 Z L (2k + 1)πt 4 f (t) sen dt para k = 0, 1, 2, . . . = 2L 0 2L

E assim

∞

f (t) =

∑ b2k+1 sen

k =0

Julho 2011

(2k + 1)πt , 2L

para t ∈ (0, 2L)

Reginaldo J. Santos

216

S´eries de Fourier

y

y n=1

n=2

t

t

2L

L

y

2L

y n=3

n=4

t 2L/3

4L/3

t

2L

Figura 2.20 – sen

L/2

L

3L/2

2L

nπt , para n = 1, 2, 3, 4 2L

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

217

Ou seja, se uma func¸a˜ o f : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L, a sua s´erie de Fourier de senos tem somente os termos de ´ındice ´ımpar. ˜ f que s˜ao definidas apenas em [0, L] podemos prolong´a-las ao interPara as func¸oes valo [0, 2L] de forma que elas sejam sim´etricas em relac¸a˜ o a` reta t = L, ou seja,  f ( t ), se 0 ≤ t < L f˜(t) = f (2L − t), se L ≤ t < 2L e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L. Assim, temos o seguinte resultado.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

218

S´eries de Fourier

y

t L

2L

Figura 2.21 – Prolongamento com simetria em relac¸a˜ o a` reta t = L de uma func¸a˜ o definida inicialmente somente no intervalo [0, L]

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

219

Corol´ario 2.9. Seja L um numero ´ real maior que zero. Para toda fun¸ca˜ o f : [0, L] → R cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes. A s´erie de Fourier de senos de ı´ndice ı´mpar de f ∞

Ssi f (t) =

∑ b2k+1 sen

k =0

(2k + 1)πt , 2L

em que

=

b2k+1

4 2L

Z L 0

f (t) sen

(2k + 1)πt dt para k = 0, 1, 2, . . . 2L

converge para f nos pontos do intervalo (0, L) em que f e´ cont´ınua. Ou seja, podemos representar f por sua s´erie de senos de Fourier de ´ındice ´ımpar: ∞

f (t) =

∑ b2k+1 sen

k =0

(2k + 1)πt , 2L

para t ∈ (0, L) em que f e´ cont´ınua.

Al´em disso se f˜ : R → R definida por f˜(t) =



f ( t ), se 0 ≤ t < L, f (2L − t), se L ≤ t < 2L,

f˜(t) = − f˜(−t), se −2L ≤ t < 0,

f˜(t + 4L) = f˜(t).

ou seja, f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ peri´odica de per´ıodo 4L, ´ımpar e sim´etrica em rela¸ca˜ o a reta t = L, ent˜ao f˜(t) =

∞

∑ b2k+1 sen

k =0

Julho 2011

(2k + 1)πt , 2L

para t ∈ R em que f˜ e´ cont´ınua.

Reginaldo J. Santos

220

S´eries de Fourier J´a vimos que se uma func¸a˜ o f : [0, 2L] → R e´ cont´ınua por partes com derivada f 0 tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao pelo Corol´ario 2.4 ela pode ser representada por sua s´erie de Fourier de cossenos ∞

f (t) =

∑ bn cos

n =1

nπt . 2L

com os coeficientes dados por an

=

1 L

Z 2L 0

f (t) cos

nπt dt 2L

para n = 0, 1, 2, . . .

Se a func¸a˜ o f e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( L, 0), isto e´ , f (2L − t) = − f (t),

para todo t ∈ [0, L],

2kπt e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L (veja a Figura 2.22), ent˜ao 2L 2kπt o produto f (t) cos e´ sim´etrico em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0) e como 2L (2k + 1)πt cos e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0) (veja a Figura 2.22), 2L (2k + 1)πt ent˜ao o produto f (t) cos e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L (verifique!). 2L ˜ Separando os coeficientes em de ´ındice par e de ´ındice ´ımpar e usando as relac¸oes (2.19) e (2.20) obtemos que:

como cos

a2k a2k+1

= 0 Z L 4 (2k + 1)πt = f (t) cos dt para k = 0, 1, 2, . . . 2L 0 2L

E assim

∞

f (t) =

∑ a2k+1 cos

k =0

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(2k + 1)πt , 2L

para t ∈ (0, 2L)

Julho 2011

2.2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

y

221

y n=1

n=2

t L

t

2L

L/2

y

3L/2

2L

y n=3

n=4

t 2L/6

L

5L/3

2L

Figura 2.22 – cos

Julho 2011

t L/4

3L/4

5L/4

7L/4 2L

nπt , para n = 1, 2, 3, 4 2L

Reginaldo J. Santos

222

S´eries de Fourier Ou seja, se uma func¸a˜ o f : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( L, 0), a sua s´erie de Fourier de cossenos tem somente os termos de ´ındice ´ımpar. ˜ f que s˜ao definidas apenas em [0, L] podemos prolong´a-las ao interPara as func¸oes valo [0, 2L] de forma que elas sejam sim´etricas em relac¸a˜ o ao ponto ( L, 0), ou seja,  f ( t ), se 0 ≤ t < L f˜(t) = − f (2L − t), se L ≤ t < 2L e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( L, 0). E assim temos o seguinte resultado.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

223

y

t L

2L

Figura 2.23 – Prolongamento com simetria em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0) de uma func¸a˜ o definida inicialmente somente no intervalo [0, L]

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

224

S´eries de Fourier

Corol´ario 2.10. Seja L um numero ´ real maior que zero. Para toda fun¸ca˜ o f : [0, L] → R cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes. A s´erie de Fourier de cossenos de ı´ndice ı´mpar de f ∞

Sci f (t) =

∑ a2k+1 cos

k =0

(2k + 1)πt , 2L

em que

=

a2k+1

4 2L

Z L 0

f (t) cos

(2k + 1)πt dt para k = 0, 1, 2, . . . 2L

converge para f nos pontos do intervalo (0, L) em que f e´ cont´ınua. Ou seja, podemos representar f por sua s´erie de cossenos de Fourier de ´ındice ´ımpar: ∞

f (t) =

∑ a2k+1 cos

k =0

(2k + 1)πt , 2L

para t ∈ (0, L) em que f e´ cont´ınua.

Al´em disso, se f˜ : R → R definida por f˜(t) =



f ( t ), se 0 ≤ t < L, − f (2L − t), se L ≤ t < 2L,

f˜(t) = f˜(−t), se −2L ≤ t < 0,

f˜(t + 4L) = f˜(t),

ou seja, f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ peri´odica de per´ıodo 4L, par e sim´etrica em rela¸ca˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0), ent˜ao f˜(t) =

∞

∑ a2k+1 cos

k =0

(2k + 1)πt , 2L

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

para t ∈ R em que f˜ e´ cont´ınua.

Julho 2011

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

2.2

225

˜ da func¸a˜ o f : [0, L] → R em termos das Exemplo 2.12. Determine as representac¸oes s´eries de Fourier de senos e de cossenos de ´ındices ´ımpares:  0, se 0 ≤ t < L/2, f (t) = t − L/2, se L/2 ≤ t < L,

[0, 2L]: L (0) a ( f , 2L) 2 2k+1 14 , 12 (2k+1)π (2k+1)π L 1 2L 2 2 − · 4 · sen s = 4· ( s sen s + cos s ) (2k+1)π (2k+1)π 2 2 2 (2k + 1)π (2k + 1) π 4 4   (2k + 1)π (2k + 1)π 2L (2k + 1)π 8L cos − cos + sen = 2 4 (2k + 1)π 2 (2k + 1)2 π 2     (2k+1)π (2k+1)π − cos (2k+41)π sen 2 2L ∞  4 cos 2  cos (2k + 1)πt + f (t) = 2π π k∑ ( 2k + 1 ) 2L ( 2k + 1 ) =0

a2k+1

(1) 4,2

= a2k+1 ( f 1 1 , 2L) −

L (0) b ( f , 2L) 2 2k+1 14 , 12 (2k+1)π (2k+1)π 2L L −1 2 2 = 4· (− s cos s + sen s ) − · 4 · cos s (2k+1)π (2k+1)π 2 ( 2k + 1 ) π (2k + 1)2 π 2 4 4   8L (2k + 1)π (2k + 1)π 2L (2k + 1)π = sen − sen − cos 2 4 (2k + 1)π 2 (2k + 1)2 π 2     (2k+1)π (2k+1)π − sen (2k+41)π cos 2 2L ∞  4 sen 2  sen (2k + 1)πt f (t) = − 2π π k∑ ( 2k + 1 ) 2L ( 2k + 1 ) =0

b2k+1

(1) 4,2

= b2k+1 ( f 1 1 , 2L) −

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

226

L/2

S´eries de Fourier

y

L/2

N=0

y

L/2

N=1

t

t

L

-L/2

L

-L/2

y

L/2

N=3

-L/2

y

L/2

N=4

t

y N=5

t

L

-L/2

N=2

t

L

L/2

y

t

L

-L/2

L

-L/2

Figura 2.24 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = t − L/2, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de cossenos de ´ındices ´ımpares, para N = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.2

L/2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

y

L/2

N=0

227

y

L/2

N=1

t

t

L

-L/2

L

-L/2

y

L/2

N=3

-L/2

y

L/2

N=4

t

y N=5

t

L

-L/2

N=2

t

L

L/2

y

t

L

-L/2

L

-L/2

Figura 2.25 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = t − L/2, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de senos de ´ındices ´ımpares, para N = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

228

S´eries de Fourier

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 262) 2.1.

(a) Mostre que se uma func¸a˜ o h : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0), ou seja, se h(2L − t) = −h(t),

para t ∈ [0, L],

ent˜ao Z 2L 0

h(t) dt = 0.

(b) Mostre que se uma func¸a˜ o h : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L, ou seja, se h(2L − t) = h(t), ent˜ao Z 2L 0

h(t) dt = 2

para t ∈ [0, L], Z L 0

h(t) dt.

(c) Mostre que se f : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a` reta t = L, ou seja, tal que f (t) = f (2L − t),

para t ∈ [0, L],

ent˜ao os coeficientes de ´ındice par da s´erie de senos de Fourier s˜ao nulos, ou seja, b2k = 0, para k = 1, 2, 3 . . . e os coeficientes de ´ındice ´ımpar s˜ao dados por b2k+1

=

4 2L

Z L 0

f (t) sen

(2k + 1)πt dt para k = 0, 1, 2, . . . 2L

(Sugest˜ao: use os itens (a) e (b).) (d) Mostre que se f : [0, 2L] → R e´ sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto (t, y) = ( L, 0), ou seja, tal que f (t) = − f (2L − t), Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

para t ∈ [0, L], Julho 2011

2.2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

229

ent˜ao os coeficientes de ´ındice par da s´erie de cossenos de Fourier s˜ao nulos, a2k = 0, para k = 0, 1, 2. . . . e os coeficientes de ´ındice ´ımpar s˜ao dados por a2k+1

=

4 2L

Z L 0

f (t) cos

(2k + 1)πt dt para k = 0, 1, 2, . . . 2L

(Sugest˜ao: use os itens (a) e (b).) 2.2. Determine as s´eries de Fourier de senos e de cossenos de ´ındices ´ımpares da func¸a˜ o f : [0, L] → R:  L/2 − t, se 0 ≤ t < L/2, f (t) = 0, se L/2 ≤ t < L. 2.3. Determine a s´erie de Fourier da func¸a˜ o f : R → R dada por f ( t ) = L − | t − L |,

se − L < t < 3L e f (t + 4L) = f (t).

2.4. Determine a s´erie de Fourier de senos da func¸a˜ o f   t, L/4, f (t) =  L − t,

Julho 2011

: [0, L] → R, dada por se 0 ≤ t < L/4 se L/4 ≤ t < 3L/4 se 3L/4 ≤ t ≤ L.

Reginaldo J. Santos

230

L/2

S´eries de Fourier

y

L/2

N=0

y

L/2

N=1

t

t

L

-L/2

L

-L/2

y

L/2

N=3

-L/2

y

L/2

N=4

t

y N=5

t

L

-L/2

N=2

t

L

L/2

y

t

L

-L/2

L

-L/2

Figura 2.26 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = L/2 − t, se t ∈ [0, L/2] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de cossenos de ´ındices ´ımpares, para N = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.2

L/2

S´eries de Fourier de Senos e de Cossenos de ´Indices ´Impares

y

L/2

N=0

231

y

L/2

N=1

t

t

L

-L/2

L

-L/2

y

L/2

N=3

-L/2

y

L/2

N=4

t

y N=5

t

L

-L/2

N=2

t

L

L/2

y

t

L

-L/2

L

-L/2

Figura 2.27 – A func¸a˜ o f : [0, L] → R definida por f (t) = L/2 − t, se t ∈ [0, L/2] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da sua s´erie de Fourier de senos de ´ındices ´ımpares, para N = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

232

S´eries de Fourier

y

y N=0

L

N=1

L t

-L

L

2L

3L

t -L

-L

L

2L

3L

-L

y

y N=2

L

N=3

L t

-L

L

2L

3L

-L

t -L

L

2L

3L

-L

Figura 2.28 – A func¸a˜ o f : R → R definida por f (t) = L − |t − L|, se −t ∈ [− L, 3L] e tal que f (t) = f (t + 4L) e as somas parciais da sua s´erie de Fourier, para N = 0, 1, 2, 3.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.3

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Forc¸a Externa Peri´odica

2.3

233

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Forc¸a Externa Peri´odica

´ Vamos supor que uma forc¸a externa periodica Fext (t), com per´ıodo T, e´ aplicada a` massa. Ent˜ao, a equac¸a˜ o para o movimento da massa e´ mu00 + γu0 + ku = Fext (t). Supondo que a forc¸a externa seja seccionalmente cont´ınua com a sua derivada ´ tamb´em seccionalmente cont´ınua, ent˜ao como ela e´ periodica de per´ıodo T, ela pode ser representada por sua s´erie de Fourier. Fext (t) =

∞ ∞ 2nπt 2nπt a0 + ∑ an cos + ∑ bn sen 2 T T n =1 n =1

em que os coeficientes s˜ao dados por

2.3.1

an

=

2 T

bn

=

2 T

Z

T 2

− T2 Z T 2 − T2

f (t) cos

2nπt dt, T

para n = 0, 1, 2, . . .

f (t) sen

2nπt dt. T

para n = 1, 2, . . .

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas sem Amortecimento

Neste caso a equac¸a˜ o diferencial para o movimento da massa e´ mu00 + ku = Fext (t)

(2.21)

A soluc¸a˜ o geral e´ a soma da soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente com uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea. A equac¸a˜ o homogˆenea correspondente e´ mu00 + ku = 0, Julho 2011

Reginaldo J. Santos

234

S´eries de Fourier que e´ a equac¸a˜ o do problema de oscilac¸a˜ o livre n˜ao amortecida. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r k 2 mr + k = 0 ⇔ r = ± i m Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea e´ ! ! r r k k t + c2 sen t u(t) = c1 cos m m Seja ω0 =

q

k m.

Ent˜ao, a equac¸a˜ o acima pode ser escrita em termos de ω0 como u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) .

(2.22)

Assim, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea e´ da forma u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + u p (t). Pelo m´etodo das coeficientes a determinar, devemos procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma ∞ ∞ 2nπt 2nπt + ∑ Bn sen , u p (t) = A0 + ∑ An cos T T n =1 n =1 em que An e Bn s˜ao coeficientes a serem determinados substituindo-se u p (t) na 2nπ equac¸a˜ o diferencial (2.21). Temos que supor que ω0 6= , para n = 1, 2, 3 . . . T (por que?)

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.3

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Forc¸a Externa Peri´odica

235

Fext(t) Fe = − k x

Fext(t)

Fext(t) Fe = − k x

0

x

Figura 2.29 – Sistema massa-mola forc¸ado sem amortecimento

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

236

S´eries de Fourier

y 1 0.5

1

2

3

4

5

6

7

8

t

-0.5 -1

Figura 2.30 – Parte n˜ao homogˆenea, f (t) da equac¸a˜ o do problema de valor inicial do Exemplo 2.13

u 0.5

1

2

3

4

5

6

7

8

t

-0.5

Figura 2.31 – Soluc¸a˜ o do problema de valor inicial do Exemplo 2.13 para ω0 = π/2. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.3

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Forc¸a Externa Peri´odica

237

Exemplo 2.13. Vamos considerar o problema de valor inicial 

 f (t) =

u00 + ω02 u = f (t), u(0) = 0, u0 (0) = 0

1, se 0 ≤ t < 1 −1, se 1 ≤ t < 2

e tal que

f ( t + 2) = f ( t )

A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ u(t) = c1 cos ω0 t + c2 sen ω0 t + u p (t), em que u p (t) e´ uma soluc¸a˜ o particular. Como f e´ ´ımpar, seccionalmente cont´ınua com derivada seccionalmente cont´ınua, ela pode ser representada por sua s´erie de Fourier de senos: ∞

f (t) =

∑ bn sen nπt.

n =1

com

Z 1

nπ 2 2 cos s = (1 − (−1)n ) nπ nπ 0 0 Vamos procurar uma soluc¸a˜ o particular da forma bn = 2

f (t) sen nπt dt = −

∞

u p (t) =

∑ ( An cos nπt + Bn sen nπt)

n =1

com coeficientes An , Bn a determinar. Vamos supor que a derivada da s´erie seja igual a s´erie das derivadas: u0p (t) =

∞

∑ (−nπ An sen nπt + nπBn cos nπt),

n =1

u00p (t) = −

∞

∑ (n2 π2 An cos nπt + n2 π2 Bn sen nπt).

n =1

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

238

S´eries de Fourier

Substituindo-se u p (t) e u00p (t) na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∞

−

∑ n2 π2 ( An cos nπt + Bn sen nπt)

n =1

+ ω02

∞

∞

n =1

n =1

∑ ( An cos nπt + Bn sen nπt) = ∑ bn sen nπt,

que podemos reescrever como ∞

∑ [ Bn (ω02 − n2 π2 ) − bn ] sen nπt +

n =1

∞

∑ (ω02 − n2 π2 ) An cos nπt = 0.

n =1

De onde obtemos An = 0,

Bn =

ω02

bn , − n2 π 2

para n = 1, 2, . . .

Assim, uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o diferencial e´ ∞

u p (t) =

bn 2 ∑ ω2 − n2 π2 sen nπt = π n =1 0

∞

1 − (−1)n sen nπt 2 2 2 n =1 n ( ω0 − n π )

∑

A soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´ ent˜ao u(t) = c1 cos ω0 t + c2 sen ω0 t +

2 π

∞

1 − (−1)n sen nπt 2 2 2 n =1 n ( ω0 − n π )

∑

Substituindo-se t = 0 e u = 0, obtemos c1 = 0. Substituindo-se t = 0 em u0 (t) = ω0 c2 cos ω0 t + 2

∞

1 − (−1)n cos nπt 2 2 2 n =1 ω0 − n π

∑

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

2.3

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Forc¸a Externa Peri´odica

obtemos c2 =

2 ω0

239

∞

(−1)n − 1 2 2 2 n =1 ω0 − n π

∑

Logo, a soluc¸a˜ o do PVI e´ u(t)

∞

(−1)n − 1 ∑ ω 2 − n2 π 2 n =1 0

!

=

2 ω0

=

4 ω0

1 ∑ (2n + 1)2 π2 − ω2 n =0 0

+

4 π

sen ω0 t +

∞

2 π

∞

1 − (−1)n sen nπt 2 2 2 n =1 n ( ω0 − n π )

∑

! sen ω0 t

∞

1 sen(2n + 1)πt 2 − (2n + 1)2 π 2 ) ( 2n + 1 )( ω n =0 0

∑

Para encontrar u p (t) fizemos a suposic¸a˜ o de que as derivadas da s´erie eram a s´erie das derivadas. Seja ∞

u p (t) =

∑ u n ( t ).

n =1

Ent˜ao, u0p (t) = u00p (t) =

∞

∑ u0n (t),

n =1 ∞

∑ u00n (t)

n =1

pois,

Julho 2011

|u0n (t)| ≤

4 1 , π ω02 − n2 π 2

|u00n (t)| ≤

4 n . 2 π ω0 − n 2 π 2 Reginaldo J. Santos

240

S´eries de Fourier

2.3.2

Oscilac¸o˜ es Forc¸adas com Amortecimento

Neste caso a equac¸a˜ o diferencial para o movimento da massa e´ mu00 + γu0 + ku = F0 (t)

(2.23)

A soluc¸a˜ o geral e´ a soma da soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o homogˆenea correspondente com uma soluc¸a˜ o particular da equac¸a˜ o n˜ao homogˆenea. A equac¸a˜ o homogˆenea correspondente e´ mu00 + γu0 + ku = 0, que e´ a equac¸a˜ o do problema de oscilac¸a˜ o livre amortecida. A equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ mr2 + γr + k = 0 e ∆ = γ2 − 4km Aqui temos trˆes casos a considerar: √ (a) Se ∆ = γ2 − 4km > 0 ou γ > 2 km, neste caso u ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t , em que

p √ −γ ± ∆ −γ ± γ2 − 4km r1,2 = = 0 e´ uma constante que depende ˜ a barra e´ chamada de difusividade t´ermica. do material que compoe 275

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

276

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

Vamos determinar a temperatura em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t) em uma barra isolada dos lados, de comprimento L, sendo conhecidos a distribuic¸a˜ o de temperatura inicial, f ( x ), e as temperaturas nas extremidades, T1 e T2 , que s˜ao mantidas constantes com o tempo, ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2 Vamos inicialmente resolver o problema com T1 = T2 = 0, que chamamos de condi¸coes ˜ de fronteira homogˆeneas.

3.1.1

Condic¸o˜ es de Fronteira Homogˆeneas  2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

Vamos usar um m´etodo chamado separa¸ca˜ o de vari´aveis. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Calculando-se as derivadas parciais temos que ∂u = X ( x ) T 0 (t) ∂t Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

e

∂2 u = X 00 ( x ) T (t). ∂x2 Julho 2011

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

277

Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial obtemos X ( x ) T 0 (t) = α2 X 00 ( x ) T (t). Dividindo-se por α2 X ( x ) T (t) obtemos 1 T 0 (t) X 00 ( x ) = 2 X (x) α T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 0 (t) = 2 = λ. X (x) α T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 0

X (0) = 0, X ( L) = 0

(3.1)

2

T (t) − α λT (t) = 0

(3.2)

˜ X (0) = X ( L) = 0 decorrem do fato de que a temperatura nas extremiAs condic¸oes dades da barra e´ mantida igual a zero, ou seja, 0 = u(0, t) = X (0) T (t)

e

0 = u( L, t) = X ( L) T (t).

A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 (a sua equac¸a˜ o caracter´ıstica e´ r2 − λ = 0) pode ter ˜ como soluc¸oes, √ √ Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x . Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λ x ) + c2 cos( −λ x ). ˜ de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que As condic¸oes Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

278

Se λ > 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 na soluc¸a˜ o geral de X 00 − λX = 0, √

X ( x ) = c1 e

λx

+ c2 e −

√

λx

,

obtemos que 0 = c1 + c2 , ou seja, c2 = −c1 . Logo, √

X ( x ) = c1 ( e

λx

− e−

√

λx

). √

Agora substituindo-se x = L e X = 0 obtemos que c1 (e Logo, se c1 6= 0, ent˜ao √

e

λL

= e−

√

λL

− e−

√

λ L)

= 0.

λL

o que so´ e´ poss´ıvel se λ = 0, que n˜ao e´ o caso. Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 na soluc¸a˜ o geral de X 00 − λX = 0, X ( x ) = c1 + c2 x, obtemos que c1 = 0. Logo, X ( x ) = c2 x. Agora substituindo-se x = L e X = 0 obtemos c2 L = 0. Logo, tamb´em c2 = 0. Se λ < 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 na soluc¸a˜ o geral de X 00 − λX = 0,

√ √ X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ), obtemos que c2 = 0. Logo,

√ X ( x ) = c1 sen( −λx ). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(3.3) Julho 2011

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

279

√ Agora substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c1 sen( −λx ), obtemos √ c1 sen( −λL) = 0. √ Logo, se c1 6= 0, ent˜ao −λL = nπ, para n = 1, 2, 3, . . . ˜ de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (3.1) tem Portanto, as condic¸oes soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula somente se λ < 0 e mais que isso λ tem que ter valores dados por n2 π 2 λ = − 2 , n = 1, 2, 3, . . . L Substituindo-se estes valores de λ em (3.3) conclu´ımos que o problema de valores de ˜ fundamentais fronteira (3.1) tem soluc¸oes Xn ( x ) = sen 2

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

2

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equac¸a˜ o diferencial (3.2) obtemos T 0 (t) +

α2 n2 π 2 T (t) = 0, L2

que tem soluc¸a˜ o fundamental Tn (t) = e

−α

2 n2 π 2 L2

t

, para n = 1, 2, 3, . . .

Logo, o problema  ∂2 u  ∂u = α2 2 ∂t ∂x  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0. ˜ solu¸coes tem soluc¸oes ˜ fundamentais un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = sen Julho 2011

nπx − α2 n22π2 L e L

t

para n = 1, 2, 3, . . . Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

280  ∂2 u  ∂u = α2 2 ∂t ∂x  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0.

˜ lineares das soluc¸oes ˜ fundamentais s˜ao tamb´em soluc¸a˜ o (verifique!), Combinac¸oes u( x, t) =

N

N

n =1

n =1

∑ cn un (x, t) = ∑ cn sen

nπx − α2 n22π2 t L e . L

Mas uma soluc¸a˜ o deste tipo n˜ao necessariamente satisfaz a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), para uma func¸a˜ o f ( x ) mais geral. Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira possa ser escrita como uma s´erie da forma ∞

u( x, t) =

∑

∞

cn un ( x, t) =

n =1

∑

cn sen

n =1

nπx − α2 n22π2 t L . e L

(3.4)

Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn sen

n =1

nπx . L

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de f ( x ). Assim, pelo Corol´ario 2.5 na p´agina 183, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por cn =

2 L

Z L 0

f ( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

(3.5)

Vamos verificar que realmente (3.4) com os coeficientes dados por (3.5) e´ a soluc¸a˜ o ˜ de fronteira e a do problema de valor inicial. Claramente (3.4) satisfaz as condic¸oes Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

281

condic¸a˜ o inicial e´ satisfeita para os valores de x ∈ (0, L) tais que f ( x ) e´ cont´ınua. Vamos ver que (3.4) satisfaz a equac¸a˜ o do calor. Cada termo da s´erie satisfaz a equac¸a˜ o do calor. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal de ´ somatorio. Isto decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.7 na p´agina 197 usando o fato de que  n 2 2 ∂un α2 n2 π 2 − α π2 t1 cn L e ∂t ( x, t) ≤ M L2  n 2 2 ∂un nπ − α π2 t1 cn L ∂x ( x, t) ≤ M L e n 2 2 2 2  ∂2 u n − α π2 t1 cn ≤ Mn π L ( x, t ) e ∂x2 L2 RL para M = L2 0 | f ( x )|dx, 0 ≤ x ≤ L, 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , n = 1, 2, 3, . . . e que ∞

α2 n2 π 2 ∑ L2 n =1 ∞

nπ ∑ L n =1 ∞

 e



n2 π 2 ∑ L2 n =1

e

−α

−α

 e

2 π2 t1 L2

2 π2 t1 L2

−α

n

n

2 π2 t1 L2

< ∞,

< ∞,

n

< ∞.

Observamos que a temperatura em cada ponto da barra tende a zero quando t tende a +∞, ou seja, ∞

lim u( x, t) =

t→∞

Julho 2011

∑

n =1

 cn

 lim un ( x, t)

t→∞

= 0,

para x ∈ [0, L], Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

282

que decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.8 na p´agina 199, usando o fato de que 

|cn un ( x, t)| ≤ M e

−α

2 π2 t1 L2

n

para 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , 0 ≤ x ≤ L, n = 1, 2, 3, . . . e ∞

∑

 e

−α

2 π2 t1 L2

n

< ∞.

n =1

Exemplo 3.1. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos

lados, com coeficiente α = 1, com as extremidades mantidas a temperatura de 0◦ C e tal que a temperatura inicial e´ dada por  f (x) =

x, 40 − x,

se 0 ≤ x < 20 se 20 ≤ x ≤ 40

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  ∂2 u ∂u   =   ∂t ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ), ou seja, usando a tabela na Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

y

y

t=0

20

283

10

y

t = 10

20 10

10

x 20

y

x

40

20

y

t = 40

20

20

y

10

x

y

x

40

20

y

t = 320

20

20

y

10

x 40

40

t = 1280

20

10

20

x

40

t = 640

20

10

40

t = 160

20

10

20

x

40

t = 80

20

10

t = 20

20

x 20

40

x 20

40

Figura 3.1 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 3.1 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

284 p´agina 201, multiplicando por 2 os valores obtemos: cn =

= = = = =

1 40 nπx f ( x ) sen dx 20 0 40   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 40bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) nπ/2 nπ nπ 80 80 80 s cos s + sen s − cos s − s cos s + sen s (− ) (− ) 2 2 2 2 nπ n π n π 0 nπ/2 nπ/2   nπ 160 nπ nπ 80 nπ − cos + sen + cos 2 2 2 nπ 2 n2 π 2 160 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

Entretanto coeficientes de ´ındice par s˜ao nulos: c2k = 0 c2k+1 =

160(−1)k . (2k + 1)2 π 2

Portanto, a soluc¸a˜ o do problema e´ u( x, t)

=

160 ∞ sen nπ nπx − n2 π2 2 sen e 1600 ∑ 2 2 40 π n =1 n

=

160 ∞ (−1)n (2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 1600 sen e ∑ 40 π 2 n=0 (2n + 1)2

3.1.2

t

t

Condic¸o˜ es de Fronteira N˜ao Homogˆeneas

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

285

 2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2 Observe que uma func¸a˜ o somente de x (derivada parcial em relac¸a˜ o a t nula), tal que a segunda derivada (em relac¸a˜ o a x) e´ igual a zero satisfaz a equac¸a˜ o do calor. Assim,   T2 − T1 x v( x, t) = T1 + L ˜ de fronteira u(0, t) = T1 e u( L, t) = T2 . O satisfaz a equac¸a˜ o do calor e as condic¸oes que sugere como soluc¸a˜ o do problema inicial a func¸a˜ o u( x, t) = v( x, t) + u0 ( x, t), ˜ homogˆeneas, ou seja, em que u0 ( x, t) e´ a soluc¸a˜ o do problema com com condic¸oes   ∞ T2 − T1 nπx − α2 n22π2 t L u( x, t) = T1 + x + ∑ cn sen e . L L n =1 Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), precisamos que   ∞ T2 − T1 nπx f ( x ) = T1 + x + ∑ cn sen L L n =1 ou ainda,  f ( x ) − T1 −

T2 − T1 L

∞

 x=

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de f ( x ) − T1 −

∑ cn sen

n =1



T2 − T1 L



nπx . L

x. Assim, pelo Corol´ario 2.5

na p´agina 183, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

286

f 0 tamb´em seja cont´  por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie de Fourier de senos  ınua T2 − T1 L

de f ( x ) − T1 − cn =

2 L

Z L 0

x s˜ao dados por 

f ( x ) − T1 −

T2 − T1 L

  nπx x sen dx, n = 1, 2, 3 . . . L

Observe que  lim u( x, t) = T1 +

t→∞

T2 − T1 L

 x,

para x ∈ [0, L]

ou seja, quando t tende a mais infinito, a soluc¸a˜ o u( x, t) tende a soluc¸a˜ o  v( x, t) = T1 +

T2 − T1 L

 x

chamada solu¸ca˜ o estacion´aria ou solu¸ca˜ o de equil´ıbrio. Observe que a soluc¸a˜ o estacion´aria e´ soluc¸a˜ o do problema  2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2 = 0  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2

Exemplo 3.2. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos lados, com coeficiente α = 1, com as extremidades mantidas a temperaturas de 10◦ C e 30◦ C e tal que a temperatura inicial e´ dada por  f (x) =

10 + 2x, se 0 ≤ x < 20 70 − x, se 20 ≤ x ≤ 40

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

287

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  ∂u ∂2 u     ∂t = ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 40    u(0, t) = 10, u(40, t) = 30 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

u( x, t) = 10 +

∞ nπx − n2 π2 x + ∑ cn sen e 1600 2 n =1 40

t

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de g( x ) = f ( x ) − 10 −

x = 2

 60 −

3 2 x, 3 2 x,

se 0 ≤ x < 20 se 20 ≤ x ≤ 40

ou seja,

cn

= = = =

  Z 1 40 nπx 3 3 (1) (0) (1) g( x ) sen dx = 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 60bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) 20 0 40 2 2 nπ nπ/2 nπ 120 120 120 − cos s − 2 2 (−s cos s + sen s) (−s cos s + sen s) 2 2 nπ n π n π 0 nπ/2 nπ/2  120 240  nπ − cos(nπ/2) + sen(nπ/2) + cos(nπ/2) 2 nπ n2 π 2 240 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

288 Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

Observe que

= 10 +

nπx − n2 π2 x 240 ∞ sen nπ 2 sen + 2 ∑ e 1600 2 40 π n =1 n 2

= 10 +

(2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 x 240 ∞ (−1)n 1600 + 2 ∑ sen e 2 2 40 π n=0 (2n + 1)

x lim u( x, t) = 10 + , 2

t→∞

t

t

para x ∈ [0, L]

ou seja, quando t tende a mais infinito a soluc¸a˜ o tende a soluc¸a˜ o estacion´aria x v( x, t) = 10 + . 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.1

Extremidades a Temperaturas Fixas

289

y

y

50

y

50

t=0

50

t = 20

40

40

40

30

30

30

20

20

20

10

10

10

x 20

x

40

20

y

x

40

20

y

50

50

t = 320

40

40

40

30

30

30

20

20

20

10

10

40

t = 640

10

x 20

40

y

50

t = 160

t = 80

x 20

40

x 20

40

Figura 3.2 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 3.2 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

290

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 315) 1.1.

(a) Encontre a temperatura u( x, t) em uma barra de metal com 40 cm de comprimento, isolada dos lados e que est´a inicialmente a uma temperatura uniforme de 20◦ C, supondo que α = 1 e que suas extremidades s˜ao mantidas a temperatura de 0◦ C. (b) Determine o tempo necess´ario para que o centro da barra esfrie a temperatura de 10◦ C.

1.2. Encontre a temperatura u( x, t) em uma barra de metal com 40 cm de comprimento, isolada dos lados e que est´a inicialmente a uma temperatura uniforme de 20◦ C, supondo que α = 1 e que suas extremidades s˜ao mantidas a temperatura de 0◦ C e 60◦ C respectivamente. Qual a temperatura estacion´aria? 1.3. Resolva o problema de valor inicial e de fronteira usando o m´etodo de separac¸a˜ o de vari´aveis  ∂2 u ∂u ∂u   = 2 +2  ∂t ∂x ∂x    u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.2

Barra Isolada nas Extremidades

3.2

291

Barra Isolada nas Extremidades

Vamos determinar a temperatura em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t) em uma barra isolada dos lados, de comprimento L, sendo conhecidos a distribuic¸a˜ o de temperatura inicial, f ( x ), e sabendo que as extremidades s˜ao mantidas tamb´em isoladas, ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 ∂u  2∂ u  = α   ∂x2  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L      ∂u (0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x ∂x Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Calculando-se as derivadas parciais temos que ∂2 u ∂u = X ( x ) T 0 (t) e = X 00 ( x ) T (t). ∂t ∂x2 Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial obtemos X ( x ) T 0 (t) = α2 X 00 ( x ) T (t). Dividindo-se por α2 X ( x ) T (t) obtemos 1 T 0 (t) X 00 ( x ) = 2 . X (x) α T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante 1 T 0 (t) X 00 ( x ) = 2 = λ. X (x) α T (t) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

292

˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ( 00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0, X 0 ( L) = 0 (3.6) T 0 (t) − α2 λT (t) = 0

(3.7)

˜ X 0 (0) = X 0 ( L) = 0 decorrem do fato de que a barra est´a isolada nas As condic¸oes extremidades, ou seja, 0=

∂u (0, t) = X 0 (0) T (t) ∂x

e

0=

∂u ( L, t) = X 0 ( L) T (t). ∂x

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x . Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). ˜ de fronteira X 0 (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam que As condic¸oes Se λ > 0 : √ √ √ Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = λ(c1 e λ x − c2 e− λ x ), obtemos que 0 = c1 − c2 , ou seja, c2 = c1 . Logo, √

X ( x ) = c1 ( e

λx

+ e−

√

λx

√

).

Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 obtemos λc1 (e c1 6= 0, ent˜ao √ √ e λ L = −e− λ L

√

λL

− e−

√

λ L ).

Logo, se

o que n˜ao e´ poss´ıvel se λ > 0. Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = c2 , obtemos que c2 = 0. Logo, X ( x ) = c1 . Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.2

Barra Isolada nas Extremidades

293

Se λ < 0 : Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em √ √ √ X 0 ( x ) = −λ(c1 cos( −λx ) − c2 sen( −λx )), obtemos que c1 = 0. Logo,

√ X ( x ) = c2 cos( −λx ).

(3.8)

Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 em √ √ X 0 ( x ) = −λc2 sen( −λx ), obtemos Logo, se c2 6= 0, ent˜ao

√

√ c2 sen( −λL) = 0. −λL = nπ, para n = 1, 2, 3, . . .. Logo, λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

Portanto, o problema de valores de fronteira (3.6) tem soluc¸a˜ o n˜ao nula somente se λ=0

ou

λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

Substituindo-se estes valores de λ em (3.8) vemos que o problema de valores de ˜ fundamentais fronteira (3.6) tem soluc¸oes X0 = 1

e 2

Xn ( x ) = cos

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

2

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equac¸a˜ o diferencial (3.7) obtemos T 0 (t) + Julho 2011

α2 n2 π 2 T (t) = 0 L2 Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

294 que tem como soluc¸a˜ o fundamental Tn (t) = c2 e

−α

2 n2 π 2 L2

t

, para n = 0, 1, 2, 3, . . . .

Logo, o problema   ∂u ∂2 u   = α2 2 ∂t ∂x  ∂u ∂u   (0, t) = 0, ( L, t) = 0. ∂x ∂x tem solu¸coes ˜ fundamentais un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = cos

nπx − α2 n22π2 L e L

t

para n = 0, 1, 2, 3, . . . .

˜ lineares das soluc¸oes ˜ fundamentais s˜ao tamb´em soluc¸a˜ o (verifique!), Combinac¸oes u( x, t) =

N

N

n =0

n =0

∑ cn un (x, t) = ∑ cn cos

nπx − α2 n22π2 L e L

t

Mas uma soluc¸a˜ o deste tipo n˜ao necessariamente satisfaz a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), para uma func¸a˜ o f ( x ) mais geral. Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira seja uma s´erie da forma ∞

u( x, t) =

∑

∞

cn un ( x, t) =

n =0

∑

cn cos

n =0

nπx − α2 n22π2 t L e . L

(3.9)

Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn cos

n =0

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

nπx . L Julho 2011

3.2

Barra Isolada nas Extremidades

295

Esta e´ a s´erie de Fourier de cossenos de f ( x ). Assim, pelo Corol´ario 2.4 na p´agina 180, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c0 =

1 L

Z L 0

f ( x )dx, cn =

2 L

Z L 0

f ( x ) cos

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

(3.10)

Vamos verificar que realmente (3.9) com os coeficientes dados por (3.10) e´ a soluc¸a˜ o ˜ de fronteira e a do problema de valor inicial. Claramente (3.9) satisfaz as condic¸oes condic¸a˜ o inicial e´ satisfeita para os valores de x ∈ (0, L) tais que f ( x ) e´ cont´ınua. Vamos ver que (3.9) satisfaz a equac¸a˜ o do calor. Cada termo da s´erie satisfaz a equac¸a˜ o do calor. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal de ´ somatorio. Isto decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.7 na p´agina 197 usando o fato de que 2 2 2 ∂un α2 n2 π 2 cn ≤ M α n π e − L2 t1 ( x, t ) ∂t L2 ∂un nπ − α2 n22π2 t1 cn L ∂x ( x, t) ≤ M L e 2 2 ∂2 u n α2 n2 π 2 cn ≤ M n π e − L2 t1 ( x, t ) ∂x2 2 L R L para M = L2 0 | f ( x )|dx, 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < L, n = 1, 2, 3, . . . e que ∞

α2 n2 π 2 − α2 n22π2 L e L2 n =1

∑

∞

nπ − α2 n22π2 L e L n =1

∑

∞

t1

n2 π 2 − α2 n22π2 L e 2 n =1 L

∑

Julho 2011

t1

< ∞,

< ∞,

t1

< ∞. Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

296

Decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.8 na p´agina 199, usando o fato de que

|cn un ( x, t)| ≤ Me

−α

2 n2 π 2 t1 L2

para 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < L, n = 1, 2, 3, . . . e ∞

∑e

−α

2 n2 π 2 t1 L2

< ∞,

n =1

que

∞

lim u( x, t) = c0 +

t→∞

∑ cn

n =1



 lim un ( x, t)

t→∞

= c0 ,

para x ∈ [0, L]

ou seja, quando t tende a mais infinito, a soluc¸a˜ o u( x, t) tende a soluc¸a˜ o constante e igual ao valor m´edio da temperatura inicial, chamada solu¸ca˜ o estacion´aria ou solu¸ca˜ o de equil´ıbrio.

Exemplo 3.3. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos lados, com coeficiente α = 1 e as extremidades tamb´em isoladas, ou seja, ∂u ∂u (0, t) = (40, t) = 0 ∂x ∂x e tal que a temperatura inicial e´ dada por  x, f (x) = 40 − x,

se 0 ≤ x < 20 se 20 ≤ x ≤ 40

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂ u ∂u   =  2  ∂t  ∂x u ( x, 0 ) = f ( x ), 0 < x < 40     ∂u ∂u  (0, t) = 0, (40, t) = 0 ∂x ∂x Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.2

Barra Isolada nas Extremidades

y

y

t=0

20

297

10

y

t = 10

20 10

10

x 20

y

x

40

20

y

t = 40

20

20

y

10

x 40

40

t = 160

20

10

20

x

40

t = 80

20

10

t = 20

20

x 20

40

x 20

40

Figura 3.3 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 3.3 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

298 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

u( x, t) =

∑ cn cos

n =0

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de cossenos de f ( x ), ou seja, c0

=

cn

= = = = =

1 40 f ( x )dx = 10, 40 0 Z 1 40 nπx dx f ( x ) cos 20 0 40   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 40 bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) nπ/2 nπ nπ 80 80 80 + s sen s + cos s sen s − s sen s + cos s ( ) ( ) nπ n2 π 2 n2 π 2 0 nπ/2 nπ/2 160 80 nπ 80 − 2 2 − 2 2 cos nπ cos 2 n2 π 2 n π n π n − 1 − (− 1 ) 2 cos nπ 2 80 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

Entretanto alguns termos s˜ao nulos: c2k+1 = 0 c2k = 80

2 cos kπ − 2 (−1)k − 1 = 40 (2k)2 π 2 k2 π 2

e c2·2l = 0 c2(2l +1) = 40

80 −2 =− . 2 2 (2l + 1) π (2l + 1)2 π 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.2

Barra Isolada nas Extremidades

299

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

∞

= 10 +

80 π2

n 2 cos nπ nπx − n2 π2 2 − 1 − (−1) cos e 1600 40 n2 n =1

= 10 +

40 π2

(−1)n − 1 nπx − n2 π2 t cos e 400 2 20 n n =1

= 10 −

80 π2

∑

t

∞

∑ ∞

1 (2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 400 e cos 2 20 n=0 (2n + 1)

∑

t

Observe que a soluc¸a˜ o tende a v( x, t) = 10, quando t tende a mais infinito, que e´ a soluc¸a˜ o estacion´aria.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra

300

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 320) 2.1. Considere uma barra com 40 cm de comprimento , α = 1, isolada dos lados e que est´a inicialmente a temperatura dada por u( x, 0) = 3x/2, 0 ≤ x ≤ 40 e que as extremidades est˜ao isoladas. (a) Determine u( x, t). (b) Qual a temperatura estacion´aria? 2.2. Resolva o problema de valor inicial e de fronteira usando o m´etodo de separac¸a˜ o de vari´aveis  ∂u ∂2 u   = 2 +u   ∂x  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 1      ∂u (0, t) = 0, ∂u u(1, t) = 0, t ≥ 0 ∂x ∂x

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.3

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea

3.3

301

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea 3.3.1

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas

Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial e de fronteira que corresponde ao problema do calor em uma barra de comprimento L que do lado esquerdo est´a mantida a temperatura zero e do lado direito e´ mantida isolada.  2 ∂u  2∂ u  = α   ∂x2  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos α2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 0 (t) que pode ser reescrita como X 00 ( x ) 1 T 0 (t) = 2 X (x) α T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 0 (t) = 2 = λ. X (x) α T (t) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor Unidimensional

302

˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ( 00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X 0 ( L) = 0 (3.11) T 0 (t) − α2 λT (t) = 0

(3.12)

˜ de fronteira X (0) = X 0 ( L) = 0 decorrem do fato de que As condic¸oes 0 = u(0, t) = X (0) T (t)

e

0=

∂u ( L, t) = X 0 ( L) T (t). ∂x

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x . Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). ˜ de fronteira X (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam que As condic¸oes Se λ > 0 : √ √ Substituindo-se x = 0 e X = 0 em X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x , obtemos que 0 = c1 + c2 , ou seja, c2 = −c1 . Logo, √

X ( x ) = c1 ( e

λx

− e−

√

λx

Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = mos que se c1 6= 0, ent˜ao √ √ e

λL

= e−

). √

√

λc1 (e

λx

+ e−

√

λ x ),

obte-

λL

o que n˜ao e´ poss´ıvel se λ > 0 (so´ e´ poss´ıvel se λ = 0). Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 em X ( x ) = c1 + c2 x, obtemos que c1 = 0. Logo, X ( x ) = c2 x. Substituindo-se x = L e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = c2 , obtemos que tamb´em c2 = 0. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.3

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea

303

Se λ < 0 : √ √ Substituindo-se x = 0 e X = 0 em X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ), obtemos que c2 = 0. Logo,

√ X ( x ) = c1 sen( −λx ). √ √ Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = −λc2 cos( −λx ), obtemos que se c2 6= 0, ent˜ao √ cos( −λL) = 0 o que implica que

√

−λL =

(2n + 1)π , 2

para n = 0, 2, 3, . . .

Logo, λ=−

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

˜ fundamentais Portanto, o problema de valores de fronteira (3.11) tem soluc¸oes X2n+1 ( x ) = sen Substituindo-se λ = −

(2n+1)2 π 2 4L2

(2n + 1)πx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . 2L

na equac¸a˜ o diferencial (3.12) obtemos

T 0 (t) +

α2 (2n + 1)2 π 2 T (t) = 0 4L2

que tem como soluc¸a˜ o fundamental T2n+1 (t) = e Julho 2011

−α

2 (2n+1)2 π 2 4L2

t

, para n = 0, 1, 2, 3, . . . Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor Unidimensional

304

˜ de fronLogo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes ˜ fundamentais teira tem soluc¸oes u2n+1 ( x, t) = X2n+1 ( x ) T2n+1 (t) = sen

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

˜ lineares dessas soluc¸oes ˜ s˜ao tamb´em soluc¸a˜ o Al´em disso, combinac¸oes u( x, t) =

N

N

n =0

n =0

∑ c2n+1 u2n+1 (x, t) = ∑ c2n+1 sen

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie u( x, t) =

∞

∞

n =0

n =0

∑ c2n+1 u2n+1 (x, t) = ∑ c2n+1 sen

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx . 2L

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de ´ındice ´ımpar de f ( x ). Assim, pelo Corol´ario 2.9 na p´agina 219, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c2n+1

=

4 2L

Z L 0

f ( x ) sen

(2n + 1)πx dx. 2L

para n = 0, 1, 2, 3 . . .

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.3

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea

305

Exemplo 3.4. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos lados, com coeficiente α = 1, a extremidade da esquerda mantida a temperatura zero e extremidade da direita isolada, ou seja, u(0, t) =

∂u (40, t) = 0 ∂x

e tal que a temperatura inicial e´ dada por  0, se 0 ≤ x < 20 f (x) = x − 20, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂u ∂ u   =  2  ∂t  ∂x u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 40      u(0, t) = 0, ∂u (40, t) = 0 ∂x A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

u( x, t) =

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 t 6400 e 80

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de ´ındice ´ımpar de f ( x ), ou seja,   (1) (0) c2k+1 = 4 b2k+1 ( f 1 1 , 80) − 20b2k+1 ( f 1 1 , 80) 4,2

= = Julho 2011

4,2

(2k+1)π (2k+1)π 2L L −1 2 2 4· (−s cos s + sen s) (2k+1)π − · 4 · cos s (2k+1)π 2 ( 2k + 1 ) π (2k + 1)2 π 2 4 4   8L (2k + 1)π (2k + 1)π 2L (2k + 1)π sen − sen − cos 2 4 (2k + 1)π 2 (2k + 1)2 π 2 Reginaldo J. Santos

306

Equac¸a˜ o do Calor Unidimensional

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por     (2k+1)π (2k+1)π (2k+1)π ∞ 4 sen − sen (2n+1)2 π 2 cos 2 4 80 2   sen (2k + 1)πt e− 6400 t . u( x, t) = − ∑ 2 π k =0 (2k + 1) 80 (2k + 1) π

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.3

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea

y

y

t=0

20

307

10

y

t = 20

20 10

10

x 20

y

x

40

20

y

t = 320

20

20

y

10

x 40

40

t = 5120

20

10

20

x

40

t = 1280

20

10

t = 80

20

x 20

40

x 20

40

Figura 3.4 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 3.4 tomando apenas 6 termos n˜ao nulos da s´erie.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor Unidimensional

308

3.3.2

Equac¸a˜ o do Calor n˜ao Homogˆenea

Considere o seguinte PVIF  2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2 + g( x )  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2 Vamos mostrar que a soluc¸a˜ o deste problema e´ dada por u( x, t) = v( x ) + u0 ( x, t), em que v( x ) e´ a soluc¸a˜ o do problema de fronteira  2 00 α v = − g( x ) v(0) = T1 , v( L) = T2 ˜ de fronteiras homogˆeneas e u0 ( x, t) e´ a soluc¸a˜ o do PVIF homogˆeneo com condic¸oes  2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) − v( x ), 0 < x < L    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0 Calculando as derivadas temos que ∂u ∂u = 0 ∂t ∂t ∂2 u ∂2 u0 1 = − 2 g( x ) 2 ∂x ∂x2 α Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.3

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea

309

Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial ∂u ∂2 u − α2 2 = g ( x ) ∂t ∂x obtemos ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u − α2 2 = 0 + g( x ) − α2 20 = g( x ) ∂t ∂t ∂x ∂x u( x, 0) = v( x ) + u0 ( x, 0) = v( x ) + f ( x ) − v( x ) = f ( x ), u(0, t) = v(0) + u0 (0, t) = v(0) = T1 , u( L, t) = v( L) + u0 ( L, t) = v( L) = T2 . ˜ de Como mostramos quando estudamos o problema homogˆeneo com condic¸oes fronteira homogˆeneas lim u0 ( x, t) = 0. t→∞

Logo, lim u( x, t) = v( x ) + lim u0 ( x, t) = v( x ),

t→∞

t→∞

para x ∈ [0, L]

ou seja, quando t tende a mais infinito, a soluc¸a˜ o u( x, t) tende a v( x ), chamada solu¸ca˜ o estacion´aria ou solu¸ca˜ o de equil´ıbrio.

Exemplo 3.5. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, com coefici-

ente α = 1, com as extremidades mantidas a temperaturas de 10◦ C e 30◦ C e tal que a temperatura inicial e´ dada por f ( x ) = 10 + sen

Julho 2011

πx , 80 Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor Unidimensional

310 Vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira   ∂u ∂2 u π2 πx   = + sen  2  640 80 ∂x  ∂t πx u( x, 0) = f ( x ) = 10 + 10 sen , 0 < x < 40   80     u(0, t) = 10, u(40, t) = 30 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao u( x, t) = v( x ) + u0 ( x, t), em que v( x ) e´ a soluc¸a˜ o do problema de fronteira  2   v00 = − π sen πx 640 80   v(0) = 10, v(40) = 30

˜ de fronteiras homogˆeneas e u0 ( x, t) e´ a soluc¸a˜ o do PVIF homogˆeneo com condic¸oes  ∂2 u ∂u     ∂t = ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) − v( x ), 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 Logo, v( x ) = 10 sen u( x, t) = 10 sen

πx x + + 10 80 4

∞ πx x nπx − n2 π2 + + 10 + ∑ cn sen e 1600 80 4 40 n =1

t

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ) − v( x ) = −

x 4

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.3

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea

311

ou seja, cn

  1 (1) = 2 − an ( f 0,1 ) 4 nπ 20 = − 2 2 (−s cos s + sen s) n π 0 20 20(−1)n = cos(nπ ) = , n = 1, 2, 3 . . . nπ nπ

Aqui usamos a tabela na p´agina 201, multiplicando por 2 os valores. Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

= 10 sen

πx x 20 ∞ (−1)n nπx − n2 π2 + + 10 + sen e 1600 ∑ 80 4 π n =1 n 40

t

Observe que lim u( x, t) = v( x ) = 10 sen

t→∞

πx x + + 10, 80 4

para x ∈ [0, 40]

ou seja, quando t tende a mais infinito a soluc¸a˜ o tende a soluc¸a˜ o estacion´aria v( x ) = 10 sen

Julho 2011

πx x + + 10. 80 4

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor Unidimensional

312

y

y

50

y

50

t=0

50

t = 20

40

40

40

30

30

30

20

20

20

10

10

10

x 20

x

40

20

y

x

40

20

y

50

50

t = 320

40

40

40

30

30

30

20

20

20

10

10

40

t = 640

10

x 20

40

y

50

t = 160

t = 80

x 20

40

x 20

40

Figura 3.5 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 3.5 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.3

Condic¸o˜ es de Fronteira Mistas e Equac¸a˜ o n˜ao Homogˆenea

313

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 323) 3.1. Resolva o seguinte problema de valor inicial e de fronteira que corresponde ao problema do calor em uma barra de comprimento L que do lado esquerdo e´ mantida isolada e est´a mantida a temperatura fixa igual a zero do lado direito.  ∂u ∂2 u   = α2 2   ∂x  ∂t u ( x, 0 ) = f ( x ), 0 < x < L      ∂u (0, t) = 0, u( L, t) = 0. ∂x 3.2. Resolva o seguinte problema de valor inicial e de fronteira que corresponde ao problema do calor em uma barra de comprimento L que do lado esquerdo est´a mantida a temperatura fixa T1 e do lado direito e´ mantida isolada.  2 ∂u  2∂ u  = α   ∂x2  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L     ∂u  u(0, t) = T1 , ( L, t) = 0 ∂x 3.3. Resolva o PVIF e determine a soluc¸a˜ o estacion´aria.  3 ∂u ∂2 u   − =   ∂t 2 40 ∂x  u ( x, 0 ) = 20, 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 60

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o do Calor Unidimensional

314

60

y

60

t=0

y

60

t = 10

50

50

50

40

40

40

30

30

30

20

20

20

10

x 20

60

10

x

40

y

20

60

t = 40

y

20

60

t = 80

50

40

40

40

30

30

30

20

20

20

20

40

10

x 20

x

40

50

x

t = 20

10

50

10

y

40

40

y t = 160

10

x 20

40

Figura 3.6 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exerc´ıcio 3.3 tomando apenas 10 termos n˜ao nulos da s´erie.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

315

1. Extremidades a Temperaturas Fixas(p´agina 290) 1.1.

(a) Temos que resolver o problema  ∂u ∂2 u     ∂t = ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) = 20, 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0

A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ), ou seja,

cn

= = = = =

Julho 2011

nπx 1 40 f ( x ) sen( )dx 20 0 40   (0) 2 20bn ( f 0,1 , 40) nπ 2 −20 cos s nπ 0 40 (1 − cos(nπ )) nπ 40 (1 − (−1)n ), n = 1, 2, 3 . . . nπ Z

Reginaldo J. Santos

S´eries de Fourier e Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

316 Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

40 ∞ 1 − (−1)n nπx − n2 π2 sen e 1600 ∑ π n =1 n 40

=

80 ∞ 1 (2n + 1)π − (2n+1)2 π2 1600 sen xe ∑ π n=0 2n + 1 40

t

t

(b) n  π2 π2 t 80 e− 1600 t 80 80 ∞ 1 − 1600 , para 0 < x < 40, = = |u( x, t)| ≤ e π2 t π2 t π n∑ π π − =1 1 − e 1600 e 1600 − 1 e´ equivalente a π2

e 1600 t ≥

80 π

|u( x, t)|

+ 1.

Ou seja, se 1600 t≥ ln π2

80 π

|u( x, t)|

!

+1

1600 = 2 ln π

80 π

10

!

≈ 200 segundos,

+1

ent˜ao a temperatura no centro da barra ser´a menor ou igual a 10◦ C. 1.2. Temos que resolver o problema  ∂2 u ∂u     ∂t = ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) = 20, 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 60 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao u( x, t) =

∞ nπx − n2 π2 3x + ∑ cn sen e 1600 2 40 n =1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

t

Julho 2011

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

317

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de g( x ) = f ( x ) −

3x 3x = 20 − 2 2

ou seja, cn

= = = = =

1 40 nπx )dx g( x ) sen( 20 0 40   3 (1) (0) 2 20bn ( f 0,1 , 40) − bn ( f 0,1 , 40) 2 nπ nπ 120 40 cos s − 2 2 (−s cos s + sen s) − nπ n π 0 0 120 40 (cos(nπ ) − 1) − 2 2 (−nπ cos(nπ )) − nπ n π 40(1 + 2(−1)n ) , n = 1, 2, 3 . . . nπ Z

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

3x 40 ∞ 1 + 2(−1)n nπx − n2 π2 + sen e 1600 ∑ 2 π n =1 n 40

t

Quando t tende a mais infinito a soluc¸a˜ o tende a soluc¸a˜ o estacion´aria v( x, t) =

3x . 2

1.3. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos X ( x ) T 0 (t) = X 00 ( x ) T (t) + 2X 0 ( x ) T (t) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

S´eries de Fourier e Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

318 que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) T 0 (t) = X (x) T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, T 0 (t) X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) = = λ. X (x) T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira X (0) = X ( L) = 0 que Obtemos ent˜ao duas equac¸oes decorrem do fato de que 0 = u(0, t) = X (0) T (t) e 0 = u( L, t) = X ( L) T (t): (

X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0,

X (0) = 0, X ( L) = 0

0

T (t) − λT (t) = 0

(3.13) (3.14)

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, Se λ > −1 : X ( x ) = c1 e(−1+

√

1+ λ ) x

+ c2 e(−1−

√

1+ λ ) x .

Se λ = −1 : X ( x ) = c1 e− x + c2 xe− x . √ √ Se λ < −1 : X ( x ) = c1 e− x sen( −1 − λ x ) + c2 e− x cos( −1 − λ x )). ˜ de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (3.13) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula As condic¸oes somente seλ < −1, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −1 −

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

ou seja, o problema de valores de fronteira (3.13) tem soluc¸a˜ o X ( x ) = c1 e− x sen

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

319 n2 π 2 L2

Substituindo-se λ = −1 −

na equac¸a˜ o diferencial (3.14) obtemos T 0 ( t ) + (1 +

n2 π 2 ) T (t) = 0 L2

que tem soluc¸a˜ o T ( t ) = c2 e − t e

−n

2 π2 L2

t

, para n = 1, 2, 3, . . . .

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes fundamentais nπx − n2 π2 2 t e L un ( x, t) = X ( x ) T (t) = e− x−t sen L ˜ lineares dessas soluc¸oes ˜ s˜ao tamb´em soluc¸a˜ o Al´em disso, combinac¸oes N

N

n =1

n =1

u( x, t) =

∑ cn un (x, t) = ∑ cn e−x−t sen

nπx − n2 π2 2 e L L

t

Vamos considerar as s´eries u( x, t) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ un (x, t) = ∑ cn e−x−t sen

nπx − n2 π2 2 t e L . L

Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o f ( x ) = u( x, 0) = e− x

∞

∑ cn sen

n =1

nπx . L

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de f ( x )e x . Assim, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por cn = Julho 2011

2 L

Z L 0

f ( x )e x sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L Reginaldo J. Santos

S´eries de Fourier e Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

320 2. Barra Isolada nas Extremidades (p´agina 300) 2.1.

(a) Temos que resolver o problema   ∂u ∂2 u   =   ∂x2  ∂t u( x, 0) = f ( x ) = 3x 2 , 0 < x < 40     ∂u ∂u   (0, t) = 0, (40, t) = 0 ∂t ∂t A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

u( x, t) =

∑ cn cos

n =0

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de cossenos de f ( x ), ou seja, c0

=

cn

= = =

1 40 f ( x )dx = 30, 40 0 Z 1 40 nπx dx f ( x ) cos 20 0 40   nπ 3 120 (1) 2 an ( f 0,1 ) = 2 2 (s sen s + cos s) 2 n π 0 n (−1) − 1 120 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

= 30 +

120 ∞ (−1)n − 1 nπx − n2 π2 cos e 1600 ∑ 2 2 40 π n =1 n

= 30 −

240 ∞ 1 (2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 1600 cos e 2 40 π 2 n∑ =0 (2n + 1)

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

t

t

Julho 2011

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

321

(b) lim u( x, t) = 30. t→∞

2.2. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Calculando-se as derivadas parciais temos que ∂u = X ( x ) T 0 (t) ∂t

e

∂2 u = X 00 ( x ) T (t). ∂x2

Substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial obtemos X ( x ) T 0 (t) = X 00 ( x ) T (t) + X ( x ) T (t). Dividindo-se por X ( x ) T (t) obtemos

T 0 (t) X 00 ( x ) = + 1. X (x) T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante T 0 (t) X 00 ( x ) = + 1 = λ. X (x) T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0,

(

X 0 (0) = 0, X 0 (1) = 0,

0

T ( t ) + (1 − λ ) T ( t ) = 0

(3.15) (3.16)

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e Julho 2011

λx

+ c2 e −

√

λ x.

Reginaldo J. Santos

S´eries de Fourier e Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

322 Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λ x ) + c2 cos( −λ x ).

˜ de fronteira X 0 (0) = 0 e X 0 (1) = 0 implicam que (3.15) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula As condic¸oes somente se λ ≤ 0. Mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −n2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . ˜ fundamentais ou seja, o problema de valores de fronteira (3.15) tem soluc¸oes Xn ( x ) = cos nπx, para n = 0, 1, 2, 3, . . . . Substituindo-se λ = −n2 π 2 na equac¸a˜ o diferencial (3.16) obtemos T 0 ( t ) + (1 + n2 π 2 ) T ( t ) = 0 que tem como soluc¸a˜ o fundamental Tn (t) = e−(n

2 π 2 +1) t

, para n = 0, 1, 2, 3, . . . .

Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial

∂u ∂2 u ˜ de fronteira = + u e as condic¸oes ∂t ∂x2

∂u ∂u ˜ fundamentais (0, t) = (1, t) = 0 tem soluc¸oes ∂x ∂x un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = cos(nπx )e−(1+n

2 π2 ) t

para n = 0, 1, 2, 3, . . . .

Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira seja uma s´erie da forma u( x, t) =

∞

∞

n =0

n =0

∑ cn un (x, t) = e−t ∑ cn cos nπxe−n π

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

2

2

t

.

(3.17) Julho 2011

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

323

Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn cos nπx.

n =0

Esta e´ a s´erie de Fourier de cossenos de f ( x ). Assim, pelo Corol´ario 2.4 na p´agina 180, se a func¸a˜ o f : [0, 1] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c0 =

Z 1 0

f ( x )dx, cn = 2

Z 1 0

f ( x ) cos nπx dx, n = 1, 2, 3 . . .

(3.18)

3. Condi¸coes ˜ de Fronteira Mistas e Equa¸ca˜ o n˜ao Homogˆenea (p´agina 313) 3.1. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos α2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 0 (t) que pode ser reescrita como 1 T 0 (t) X 00 ( x ) = 2 X (x) α T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 0 (t) = 2 = λ. X (x) α T (t) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

S´eries de Fourier e Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

324

˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira Obtemos ent˜ao duas equac¸oes (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 0

X 0 (0) = 0, X ( L) = 0

2

T (t) − α λT (t) = 0

(3.19) (3.20)

˜ de fronteira X 0 (0) = X ( L) = 0 decorrem do fato de que As condic¸oes 0=

∂u (0, t) = X 0 (0) T (t) ∂x

0 = u( L, t) = X ( L) T (t).

e

Se λ > 0 : √ √ √ Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = λ(c1 e λ x − c2 e− λ x ), obtemos que 0 = c1 − c2 , ou seja, c2 = c1 . Logo, √

X ( x ) = c1 ( e

λx

+ e− √

Agora substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c1 (e √

e

λL

= −e−

λx

√

√

λx

).

+ e−

√

λ x ),

obtemos que se c1 6= 0, ent˜ao

λL

o que n˜ao e´ poss´ıvel. Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X ( x ) = c2 , obtemos que c2 = 0. Logo, X ( x ) = c1 . Substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c1 , obtemos que tamb´em c1 = 0. Se λ < 0 : √ √ √ Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = −λ(c1 cos( −λx ) − c2 sen( −λx )), obtemos que c1 = 0. Logo, √ X ( x ) = c2 cos( −λx ). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

325

√ Agora substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c2 cos( −λx ), obtemos que se c2 6= 0, ent˜ao √ cos( −λL) = 0 o que implica que

√

−λL =

(2n+1)π , 2

para n = 0, 2, 3, . . .. Portanto,

λ=−

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

˜ fundamentais Portanto, o problema de valores de fronteira (3.19) tem soluc¸oes X2n+1 ( x ) = cos Substituindo-se λ = −

(2n+1)2 π 2 4L2

(2n + 1)πx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . 2L

na equac¸a˜ o diferencial (3.20) obtemos T 0 (t) +

α2 (2n + 1)2 π 2 T (t) = 0 4L2

que tem como soluc¸a˜ o fundamental T2n+1 (t) = e

−α

2 (2n+1)2 π 2 4L2

t

, para n = 0, 1, 2, 3, . . .

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes fundamentais (2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L u2n+1 ( x, t) = X2n+1 ( x ) T2n+1 (t) = cos e 2L ˜ lineares dessas soluc¸oes ˜ s˜ao tamb´em soluc¸a˜ o Al´em disso, combinac¸oes N

u( x, t) =

∑

n =0

Julho 2011

N

c2n+1 u2n+1 ( x, t) =

∑

n =0

c2n+1 cos

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L Reginaldo J. Santos

S´eries de Fourier e Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

326 Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie ∞

u( x, t) =

∑

∞

∑

c2n+1 u2n+1 ( x, t) =

n =0

c2n+1 cos

n =0

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ c2n+1 cos

n =0

(2n + 1)πx . 2L

Esta e´ a s´erie de Fourier de cossenos de ´ındice ´ımpar de f ( x ). Assim, pelo Corol´ario 2.10 na p´agina 224, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c2n+1

=

4 2L

Z L 0

f ( x ) cos

(2n + 1)πx dx. 2L

para n = 0, 1, 2, 3 . . . 3.2. Observamos que v( x, t) = T1 e´ uma soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o ∂v ∂2 u = α2 2 = 0 ∂t ∂x ˜ que satisfaz as condic¸oes u(0, t) = T1 ,

∂u ( L, t) = 0 ∂x

Logo, a soluc¸a˜ o do problema e´ u( x, t) = v( x, t) + u0 ( x, t), Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

3.4

Respostas dos Exerc´ıcios

327

em que u0 ( x, t) e´ a soluc¸a˜ o de

 ∂u ∂2 u   = α2 2   ∂x  ∂t u ( x, 0 ) = f ( x ), 0 < x < L      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x

Assim,

∞

u( x, t) = T1 +

∑

c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

e´ a soluc¸a˜ o do problema da valor inicial e de fronteiras se ∞

u( x, 0) = f ( x ) = T1 +

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx 2L

ou seja, os coeficientes s˜ao dados por c2n+1 =

2 L

Z L 0

[ f ( x ) − T1 ] sen

(2n + 1)πx dx. 2L

3.3. A soluc¸a˜ o de 

e´ v( x ) =

3 2 x . A soluc¸a˜ o de 80

3 v00 = 40 v(0) = 0, v(40) = 60

 ∂u ∂2 u   =   ∂x2  ∂t

3  u( x, 0) = 20 − x2 , 0 < x < 40   80   u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 Julho 2011

Reginaldo J. Santos

S´eries de Fourier e Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

328 e´

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de g( x ) = 20 −

3 2 x 80

ou seja, cn

= = = = =

nπx 1 40 g( x ) sen( )dx 20 0 40   3 (2) (0) 2 20bn ( f 0,1 , 40) − bn ( f 0,1 , 40) 80 nπ   nπ  40 120  − cos s − 3 3 2s sen s + 2 − s2 cos s nπ n π 0 0  40 120  2 2 − (cos(nπ ) − 1) − 3 3 (2 − n π ) cos(nπ ) − 2 nπ n π
40 2π 2 n2 (−1)n − 6(−1)n + π 2 n2 + 6 , n = 1, 2, 3 . . . π 3 n3 Z

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

3 2 40 x + 3 80 π

∞

2π 2 n2 (−1)n − 6(−1)n + π 2 n2 + 6 nπx − n2 π2 sen e 1600 3 40 n n =1

∑

t

Quando t tende a mais infinito a soluc¸a˜ o tende a soluc¸a˜ o estacion´aria v( x ) =

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

3 2 x . 80

Julho 2011

4 Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

Pode-se mostrar que o deslocamento vertical de cada ponto de uma corda el´astica homogˆenea como func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), satisfaz a equac¸a˜ o diferencial ∂2 u ∂2 u = a2 2 2 ∂t ∂x chamada equa¸ca˜ o da corda el´astica. Aqui a > 0 e´ uma constante que depende do ˜ a corda e mostraremos que e´ a velocidade de propaga¸ca˜ o das material que compoe ondas na corda. Vamos determinar o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto de uma corda de comprimento L presa nas extremidades, sendo co329

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

330

nhecidos o deslocamento inicial de cada ponto da corda, f ( x ), e a velocidade inicial de cada ponto da corda, g( x ), ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0 A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema com deslocamento inicial nulo ( f ( x ) = 0),  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   2  ∂x2  ∂t ∂u ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L u( x, 0) = 0,    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0 com a soluc¸a˜ o do problema com velocidade inicial nula (g( x ) = 0),  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   ∂t2 ∂x2 ∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L u( x, 0) = f ( x ),    ∂t  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0.

4.1.1

Com Velocidade Inicial Nula

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

331

Vamos determinar o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto de uma corda el´astica de comprimento L presa nas extremidades, sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ nula, ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 2   ∂ u = a2 ∂ u   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0 Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Calculando-se as derivadas parciais e substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial obtemos X ( x ) T 00 (t) = a2 X 00 ( x ) T (t). Dividindo-se por a2 X ( x ) T (t) obtemos 1 T 00 (t) X 00 ( x ) = 2 . X (x) a T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 = λ. X (x) a T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ( 00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X ( L) = 0 (4.1) T 00 (t) − a2 λT (t) = 0, Julho 2011

T 0 (0) = 0

(4.2) Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

332

˜ X (0) = X ( L) = 0 decorrem do fato de que a corda est´a presa nas As condic¸oes extremidades, ou seja, 0 = u(0, t) = X (0) T (t)

e

0 = u( L, t) = X ( L) T (t).

A condic¸a˜ o T 0 (0) = 0, decorre do fato de que a velocidade inicial e´ nula, ou seja, 0=

∂u ( x, 0) = X ( x ) T 0 (0). ∂t

˜ de fronteira foi resolvida no problema do calor em A equac¸a˜ o (4.1) com as condic¸oes ˜ homogˆeneas - equac¸a˜ o (3.1) na p´agina 277 - e tem soluc¸a˜ o uma barra com condic¸oes n˜ao identicamente nula somente se λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

˜ fundamentais e tem como soluc¸oes Xn ( x ) = sen 2

nπx . L

2

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equac¸a˜ o (4.2) obtemos T 00 (t) +

a2 n2 π 2 T (t) = 0. L2

Para resolver esta equac¸a˜ o temos que encontrar as ra´ızes da sua equac¸a˜ o caracter´ıstica: a2 n2 π 2 anπ r2 + =0 ⇔ r=± i. 2 L L Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial para T (t) e´ T (t) = c1 cos Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

anπt anπt + c2 sen . L L Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

333

Com a condic¸a˜ o inicial T 0 (0) = 0 conclu´ımos que a equac¸a˜ o diferencial para T (t) ˜ fundamentais (verifique!) com a condic¸a˜ o inicial T 0 (0) = 0 tem soluc¸oes Tn (t) = cos Logo, o problema  2  ∂2 u  2∂ u  = a ∂t2 ∂x2    u(0, t) = u( L, t) = 0;

anπt L

(4.3)

∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L ∂t

tem solu¸coes ˜ fundamentais un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = sen

Julho 2011

anπt nπx cos L L

para n = 1, 2, 3, . . . .

(4.4)

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

334

y

n = 1, t = 0

y

n = 2, t = 0

x

x

L

y

L/2

n = 3, t = 0

y

L

n = 4, t = 0

x L/3

2L/3

L

Figura 4.1 – Modos naturais de vibrac¸a˜ o un ( x, t) = cos

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

x L/4

L/2

3L/4

L

anπt nπx sen , para n = 1, 2, 3, 4 e t = 0. L L

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

335

Para cada n, a soluc¸a˜ o fundamental (4.4) do problema (4.3) un ( x, t) = [cos

anπt nπx ] sen L L

e´ chamada modo normal (ou natural) de vibra¸ca˜ o, onda estacion´aria ou harmonico ˆ 2L e o seu per´ıodo fundamental na vari´avel x e´ igual a e e´ chamado comprimento de n onda do modo normal. Os modos normais de vibrac¸a˜ o podem ser vistos como senos anπt com frequˆencias com amplitude variando de forma cossenoidal Rn (t) = cos L anπ chamadas frequˆ e ncias naturais da corda. Portanto, neste caso, os per´ıodos L 2L fundamentais da corda s˜ao Tn = . Observe, tamb´em, que cada modo normal na un ( x, t) tem n − 1 pontos fixos no intervalo 0 < x < L (quais s˜ao?).

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

336

y

t=0

y

t = 1 L/32a

x L/4

L/2

y

3L/4

L/4

L/2

y

3L/4

L/2

y

3L/4

t = 4 L/32a

L/4

L/2

y

3L/4

L/2

3L/4

L

L/2

y

3L/4

L

t = 5 L/32a

x

L

L/4

t = 7 L/32a

x L/4

L/4

x

L

t = 6 L/32a

x

L

x L/4

t = 2 L/32a

x

L

t = 3 L/32a

y

L/2

y

3L/4

L

t = 8 L/32a

x L/4

L/2

3L/4

Figura 4.2 – Modo natural de vibrac¸a˜ o u4 ( x, t) = cos

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

L

x L/4

L/2

3L/4

L

4aπt 4πx L sen , para t = 0, . . . , . L L 4a Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

337

˜ lineares das soluc¸oes ˜ fundamentais s˜ao tamb´em soluc¸a˜ o (verifique!), Combinac¸oes N

u( x, t) =

∑

N

cn un ( x, t) =

n =1

∑ cn sen

n =1

nπx anπt cos L L

Mas uma soluc¸a˜ o deste tipo n˜ao necessariamente satisfaz a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), para uma func¸a˜ o f ( x ) mais geral. Assim, vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira e´ uma s´erie da forma u( x, t) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, t) = ∑ cn sen

nπx anπt cos L L

(4.5)

Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn sen

n =1

nπx . L

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de f ( x ). Assim, pelo Corol´ario 2.5 na p´agina 183, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por cn =

2 L

Z L 0

f ( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

Observe que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx anπt cos L L

´ para cada x, e´ periodica com relac¸a˜ o a t com per´ıodo fundamental T = Julho 2011

2L , se c1 6= 0. a

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

338

Para cada n, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.4) do problema (4.3) na forma (verifique!)   anπt nπx 1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) un ( x, t) = cos sen = sen + sen L L 2 L L Substituindo-se esta express˜ao na s´erie (4.5) obtemos que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira pode ser reescrita como ! ∞ ∞ 1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) u( x, t) = cn sen + ∑ cn sen 2 n∑ L L =1 n =1

=


1 ˜ f ( x − at) + f˜( x + at) , 2

(4.6)

´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 2L. A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. A soluc¸a˜ o representa duas ondas se propagando em sentidos opostos com velocidade igual a a que se refletem e se invertem em x = 0 e x = L.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

y

t=0

339

y

t = 1 L/8a

t = 3 L/8a

y

t = 4 L/8a

x

y

t = 6 L/8a

x

y

t = 5 L/8a

x

y

x

t = 2 L/8a

x

x

y

y

t = 7 L/8a

x

y

x

t = 8 L/8a

x

Figura 4.3 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do problema da corda presa nas extremidades com velocidade inicial nula, para t variando entre 0 e T/2. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

340

Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que se f e´ cont´ınua por partes com as suas derivadas, f 0 e f 00 , tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao para ( x, t) tal que f˜00 e´ cont´ınua em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela soluc¸a˜ o de d’Alembert, (4.6), satisfaz a equac¸a˜ o da onda e u( x, 0) = f ( x ) para todo x ∈ [0, L].

Exemplo 4.1. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2 solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por  f (x) =

x, 40 − x,

se 0 ≤ x < 20, se 20 ≤ x ≤ 40.

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂ u ∂2 u   =4 2   2  ∂x  ∂t ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A soluc¸a˜ o em s´erie e´ dada por ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπt nπx cos 40 20

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ). Usando a tabela na p´agina Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

341

201, multiplicando por 2 os valores obtemos: cn

= = = = =

1 40 nπx f ( x ) sen( )dx 20 0 40   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 40bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) nπ/2 nπ nπ 80 80 80 s cos s + sen s − cos s − s cos s + sen s (− ) (− ) 2 2 2 2 nπ n π n π 0 nπ/2 nπ/2   160 nπ nπ nπ 80 nπ − cos + sen + cos 2 2 2 nπ 2 n2 π 2 160 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

Entretanto coeficientes de ´ındice par s˜ao nulos: c2k = 0 c2k+1 =

160(−1)k . (2k + 1)2 π 2

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

160 ∞ sen nπ nπx nπt 2 sen cos 2 40 20 π 2 n∑ n =1

=

160 ∞ (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt sen cos 2 40 20 π 2 n∑ ( 2n + 1 ) =0

A soluc¸a˜ o de D’Alembert e´ dada por u( x, t) Julho 2011

=


1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) , 2 Reginaldo J. Santos

342

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 80, ou seja, f˜ : R → R e´ dada por   40 + x, se −40 ≤ x < −20, x, se −20 ≤ x < 20, f˜( x ) = f˜( x + 80) = f˜( x ).  40 − x, se 20 < x ≤ 40, ´ A soluc¸a˜ o u( x, t) e´ periodica de per´ıodo T = 40 segundos.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

y

343

y

t=0

10

10

20

x

40

-10

20

10

y

t = 20

10

20

40

20

40

20

y

t = 35

10

t = 40

x

40

20 -10

40

10

x 20

x

-10

y

t = 30

10

t = 25

x

-10

y

40

10

x

-10

20 -10

y

t = 15

x

40

-10

y

t = 10

10

x

-10

y

t=5

x

40

20

40

-10

Figura 4.4 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 4.1.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

344

4.1.2

Com Deslocamento Inicial Nulo  2 ∂ u ∂2 u   = a2 2   2  ∂x  ∂t ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t). Dividindo-se por a2 X ( x ) T (t) obtemos X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 X (x) a T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante 1 T 00 (t) X 00 ( x ) = 2 = λ. X (x) a T (t) ˜ diferenciais ordin´arias, uma com condic¸oes ˜ de fronObtemos ent˜ao duas equac¸oes teira e a outra com condic¸a˜ o inicial: (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 00

2

T (t) − a λT (t) = 0, Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

X (0) = 0, X ( L) = 0

(4.7)

T (0) = 0

(4.8) Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

345

˜ X (0) = X ( L) = 0 decorrem do fato de que a corda est´a presa nas As condic¸oes extremidades, ou seja, 0 = u(0, t) = X (0) T (t)

e

0 = u( L, t) = X ( L) T (t).

A condic¸a˜ o T (0) = 0, decorre do fato de que o deslocamento inicial e´ nulo, ou seja, 0 = u( x, 0) = X ( x ) T (0). ˜ de fronteira foi resolvida no problema do calor em A equac¸a˜ o (4.7) com as condic¸oes ˜ homogˆeneas - equac¸a˜ o (3.1) na p´agina 277 - e tem soluc¸a˜ o uma barra com condic¸oes n˜ao identicamente nula somente se λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

˜ fundamentais e tem soluc¸oes Xn ( x ) = sen 2

nπx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . L

2

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equac¸a˜ o (4.8) obtemos T 00 (t) +

a2 n2 π 2 T (t) = 0 L2

Para resolver esta equac¸a˜ o temos que encontrar as ra´ızes da sua equac¸a˜ o caracter´ıstica: anπ a2 n2 π 2 =0 ⇔ r=± r2 + i. L L2 Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial para T (t) e´ T (t) = c1 cos Julho 2011

anπt anπt + c2 sen . L L Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

346

Usando a condic¸a˜ o inicial T (0) = 0 conclu´ımos que a equac¸a˜ o diferencial para T (t) ˜ fundamentais (verifique!) com a condic¸a˜ o inicial T (0) = 0 tem soluc¸oes Tn (t) = sen

anπt , para n = 1, 2, 3, . . . . L

Logo, o problema  2 2  ∂ u 2∂ u = a ∂t2 ∂x2  u(0, t) = u( L, t) = 0;

(4.9) u( x, 0) = 0, 0 < x < L

˜ fundamentais tem soluc¸oes un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = sen

nπx anπt sen L L

para n = 1, 2, 3, . . . .

(4.10)

chamadas modos normais (ou naturais) de vibra¸ca˜ o, ondas estacion´arias ou 2L harmonicos ˆ e o seu per´ıodo fundamental na vari´avel x e´ igual a e e´ chamado n comprimento de onda do modo normal. Os modos normais de vibrac¸a˜ o podem ser anπt vistos como senos com amplitude variando de forma senoidal Rn (t) = sen L anπ chamadas frequˆencias naturais da corda. Portanto, neste com frequˆencias L 2L caso, os per´ıodos fundamentais da corda s˜ao Tn = . Observe, tamb´em, que cada na modo normal un ( x, t) tem n − 1 pontos fixos no intervalo 0 < x < L (quais s˜ao?). Assim, vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira seja uma s´erie da forma u( x, t) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, t) = ∑ cn sen

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

nπx anπt sen . L L

(4.11) Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

347

Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial g( x ) =

∂u ( x, 0) = g( x ), devemos ter ∂t

∞ ∂u anπ nπx ( x, 0) = ∑ cn sen . ∂t L L n =1

(4.12)

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de g( x ). Assim, pelo Corol´ario 2.5 na p´agina 183, se a func¸a˜ o g : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada g0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por anπ 2 cn = L L

Z L 0

g( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

Observe que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

anπt nπx sen L L

´ para cada x, e´ periodica com relac¸a˜ o a t com per´ıodo fundamental T =

2L , se c1 6= 0. a

Para cada n, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.10) do problema (4.9) na forma (verifique!)   anπt nπx 1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) un ( x, t) = sen sen = cos − cos L L 2 L L Substituindo-se esta express˜ao na s´erie (4.11) obtemos que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira pode ser reescrita como u( x, t) = Julho 2011

  nπ ( x − at) nπ ( x + at) 1 ∞ c cos − cos . n 2 n∑ L L =1 Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

348

Por outro lado, supondo que a s´erie de Fourier da integral de g e´ a s´erie das integrais, integrando-se (4.12), obtemos Z x+ at x − at

0

0

∞

g˜ ( x )dx = a

∑ cn



n =1

nπ ( x − at) nπ ( x + at) cos − cos L L

 .

´ em que g˜ e´ a extens˜ao de g que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 2L. Logo, temos que u( x, t) =

1 2a

Z x+ at x − at

g˜ ( x 0 )dx 0 .

(4.13)

A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. Rx Definindo h( x ) = 0 g˜ ( x 0 )dx 0 , podemos escrever a soluc¸a˜ o de d’Alembert como u( x, t) =

1 (h( x + at) − h( x − at)) . 2a

´ A func¸a˜ o h( x ) e´ periodica de per´ıodo 2L e par (verifique!). A soluc¸a˜ o representa duas ondas se propagando em sentidos opostos com velocidade igual a a que se refletem e se invertem em x = 0 e x = L.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

y

t=0

349

y

t = 1 L/8a

t = 3 L/8a

y

t = 4 L/8a

x

y

t = 6 L/8a

x

y

t = 5 L/8a

x

y

x

t = 2 L/8a

x

x

y

y

t = 7 L/8a

x

y

x

t = 8 L/8a

x

Figura 4.5 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do problema da corda presa nas extremidades com posic¸a˜ o inicial nula, para t variando entre 0 e T/2. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

350

Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que se g e´ cont´ınua por partes com a sua derivada, g0 , tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao para ( x, t) tal que g˜ 0 e´ cont´ınua em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela soluc¸a˜ o de d’Alembert, (4.13), satisfaz ´ cont´ınua. a equac¸a˜ o da onda e ∂u ∂t ( x, 0) = g ( x ) para todo x ∈ (0, L ) onde g e

Exemplo 4.2. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, sem deslocamento inicial mas com uma velocidade inicial dada por  x/10, se 0 ≤ x < 20 g( x ) = 4 − x/10, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂2 u ∂ u   = 4   ∂t2  ∂x2  ∂u ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40 u( x, 0) = 0,    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx nπt sen 40 20

nπ 20 cn

s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de g( x ), que s˜ao os coeficientes em que obtidos para f ( x ) do Exemplo 4.1 na p´agina 340 dividos por 10, ou seja, nπ cn 20

= =

1 40 nπx g( x ) sen dx 20 0 40 16 sen nπ 2 n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

cn =

351

320 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n3 π 3

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

320 ∞ sen nπ nπx nπt 2 sen sen ∑ 3 3 40 20 π n =1 n

=

320 ∞ (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt sen sen ∑ 3 3 40 20 π n=0 (2n + 1)

A soluc¸a˜ o de D’Alembert e´ dada por u( x, t)

=

1 4

Z x+2t x −2t

g˜ ( x 0 )dx 0 =

1 (h( x + 2t) − h( x + 2t)) , 4

´ em que g˜ e´ a extens˜ao de g que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 80, ou seja, g˜ : R → R e´ dada por   4 + x/10, se −40 ≤ x < −20, x/10, se −20 ≤ x < 20, g˜ ( x ) = g˜ ( x + 80) = g˜ ( x )  4 − x/10, se 20 < x ≤ 40, e h( x ) =

Z x 0

  40 − (40 + x )2 /20, g˜ (y)dy = x2 /20,  40 − (40 − x )2 /20,

se se se

−40 ≤ x < −20, −20 ≤ x < 20, 20 < x ≤ 40,

h( x + 80) = h( x ).

´ A soluc¸a˜ o u( x, t) e´ periodica de per´ıodo T = 40 segundos.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

352

y

y

t=0

10

10

20

x

40

-10

20

10

y

t = 20

10

20

40

20

40

20

y

t = 35

10

t = 40

x

40

40

10

x 20

x

-10

y

t = 30

10

t = 25

x

-10

y

40

10

x

-10

20 -10

y

t = 15

x

40

-10

y

t = 10

10

x

-10

y

t=5

20 -10

x

40

20

40

-10

Figura 4.6 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 4.2.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

4.1.3

353

Caso Geral  2 ∂ u ∂2 u   = a2 2   2  ∂x  ∂t ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

Como observamos anteriormente a soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema com apenas f ( x ) n˜ao nula, que vamos denotar por u( f ) ( x, t), com a soluc¸a˜ o do problema com apenas g( x ) n˜ao nula, u( g) ( x, t), ou seja, u( x, t)

= u( f ) ( x, t) + u( g) ( x, t) ∞ ∞ naπt nπx naπt nπx cos + ∑ dn sen sen = ∑ cn sen L L L L n =1 n =1

ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ) e de g( x ), respectivaem que cn e naπ L dn s˜ mente, ou seja, cn

2 L

=

naπ dn L

=

Z L 0

2 L

f ( x ) sen

Z L 0

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

g( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

´ Para cada x, a soluc¸a˜ o, u( x, t), e´ periodica com relac¸a˜ o a t com per´ıodo T = ˜ As func¸oes un ( x, t) = cn sen Julho 2011

2L . a

naπt nπx naπt nπx cos + dn sen sen L L L L Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

354

s˜ao chamadas modos normais (ou naturais) de vibra¸ca˜ o, ondas estacion´arias ou ˆ harmonicos. ˆ Substituindo-se (cn , dn ) = ( Rn cos δn , Rn sen δn ) os harmonicos podem ser escritos como (verifique!)    naπt nπx un ( x, t) = Rn cos − δn sen . L L Portanto, os modos normais de vibrac¸a˜ o podem ser vistos como senos com amplitu
des Rn cos naπt − δ e frequˆ encias anπ encias naturais da corda. n L L chamadas frequˆ . Cada modo normal un ( x, t) tem n − 1 Logo, os per´ıodos fundamentais s˜ao Tn = 2L na pontos fixos no intervalo 0 < x < L (quais s˜ao?). Usando (4.6) na p´agina 338 e (4.13) na p´agina 338 podemos escrever a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira como u( x, t) =


1 ˜ 1 f ( x − at) + f˜( x + at) + 2 2a

Z x+ at x − at

g˜ (y)dy

(4.14)

´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 2L e g˜ e´ a extens˜ao ´ de g que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 2L. A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que se f e´ cont´ınua por partes com suas derivadas, f 0 e f 00 , tamb´em cont´ınuas por partes e g e´ cont´ınua por partes com a sua derivada, g0 , tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao para ( x, t) tal que g˜ 0 e f˜00 s˜ao cont´ınuas em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela soluc¸a˜ o de d’Alembert, (4.14), satisfaz a equac¸a˜ o da onda e u( x, 0) = f ( x ) ∂u ( x, 0) = g( x ) ∂t

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

para x ∈ [0, L];

para x ∈ (0, L) onde g e´ cont´ınua.

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

355

Exemplo 4.3. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial f ( x ) e com uma velocidade inicial g( x ) dados por  f (x) x, se 0 ≤ x < 20, f (x) = g( x ) = . 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40, 10 Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂ u ∂2 u   = 4   2  ∂x2  ∂t ∂u ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40 u( x, 0) = f ( x ),    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 ˜ dos problemas dados nos Exemplos 4.1 e 4.2, ou A soluc¸a˜ o e´ a soma das soluc¸oes seja, ∞ ∞ nπt nπx nπt nπx u( x, t) = ∑ cn sen cos + ∑ dn sen sen 40 20 40 20 n =1 n =1 em que cn e nπ ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ) e de g( x ), respectiva20 dn s˜ mente, ou seja, cn

=

nπ dn 20

1 20

=

Z 40 0

1 20

f ( x ) sen

Z 40 0

g( x ) sen

dn = Julho 2011

160 sen nπ nπx 2 dx = , n = 1, 2, 3 . . . 40 n2 π 2 16 sen nπ nπx 2 dx = n = 1, 2, 3 . . . 40 n2 π 2

320 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n3 π 3 Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

356 Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

160 ∞ sen nπ nπx nπt 320 ∞ sen nπ nπx nπt 2 2 sen cos + 3 ∑ sen sen ∑ 40 20 40 20 π 2 n =1 n 2 π n =1 n 3

=

(2n + 1)πx 160 ∞ (−1)n (2n + 1)πt sen cos 2 40 20 π 2 n∑ ( 2n + 1 ) =0 +

320 ∞ (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt sen sen ∑ 3 3 40 20 π n=0 (2n + 1)

A soluc¸a˜ o de D’Alembert e´ dada por 1 x+2t g˜ (y)dy 4 x−2t 1 = (h( x + 2t) − h( x + 2t)) , 4 ´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 80, ou seja, f˜ : R → R e´ dada por   40 + x, se −40 ≤ x < −20, x, se −20 ≤ x < 20, f˜( x ) = f˜( x + 80) = f˜( x ),  40 − x, se 20 < x ≤ 40, u( x, t)

=


1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) + 2
1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) + 2

Z

´ g˜ e´ a extens˜ao de g que e´ ´ımpar e periodica de per´ıodo 80, ou seja, g˜ : R → R e´ dada por   4 + x/10, se −40 ≤ x < −20, x/10, se −20 ≤ x < 20, g˜ ( x ) = g˜ ( x + 80) = g˜ ( x )  4 − x/10, se 20 < x ≤ 40, e  Z x  40 − (40 + x )2 /20, se −40 ≤ x < −20, h( x ) = g˜ (y)dy = h( x + 80) = h( x ). x2 /20, se −20 ≤ x < 20,  0 40 − (40 − x )2 /20, se 20 < x ≤ 40, Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

357

´ A soluc¸a˜ o u( x, t) e´ periodica de per´ıodo T = 40 segundos.

Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

358

y

y

t=0

10

10

20

x

40

-10

20

10

y

t = 20

10

20

40

20

40

20

y

t = 35

10

t = 40

x

40

40

10

x 20

x

-10

y

t = 30

10

t = 25

x

-10

y

40

10

x

-10

20 -10

y

t = 15

x

40

-10

y

t = 10

10

x

-10

y

t=5

20 -10

x

40

20

40

-10

Figura 4.7 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 4.3.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

359

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 393) ´ 1.1. Seja g : R → R uma func¸a˜ o seccionalmente cont´ınua e periodica de per´ıodo T. Mostre que Z T 0

g( x )dx =

Z a+ T a

g( x )dx,

para a ∈ R. ´ 1.2. Seja g : R → R uma func¸a˜ o seccionalmente cont´ınua, ´ımpar e periodica de per´ıodo T. Seja h( x ) =

Z x 0

g(y)dy.

Mostre que ´ (a) h( x ) e´ periodica de per´ıodo T. (b) h( x ) e´ par. 1.3. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por  se 0 ≤ x < 10  x, 10, se 10 ≤ x < 30 f (x) =  40 − x, se 30 ≤ x ≤ 40 1.4. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por sen(πx/20), para 0 < x < 40. Qual o per´ıodo fundamental da corda? 1.5. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial nulo solta de forma que a velocidade inicial seja dada por  se 0 ≤ x < 10  x, 10, se 10 ≤ x < 30 g( x ) =  40 − x, se 30 ≤ x ≤ 40 Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

360

1.6. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial nulo e velocidade inicial dada por sen(πx/20), para 0 < x < 40. Qual o per´ıodo fundamental da corda? 1.7. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial f ( x ) e velocidade inicial g( x ) em que  se 0 ≤ x < 10  x, 10, se 10 ≤ x < 30 f ( x ) = g( x ) =  40 − x, se 30 ≤ x ≤ 40 1.8. Resolva o problema de valor inicial e de fronteira usando o m´etodo de separac¸a˜ o de vari´aveis  2 ∂ u ∂2 u ∂u   = 2 +2    ∂t ∂x ∂x     u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L  ∂u   ( x, 0) = 0. 0 < x < L.    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0. ˜ diferenciais ordin´arias e as condic¸oes ˜ de fronteira associadas a` s soluc¸oes ˜ funda1.9. Encontre as equac¸oes mentais do problema:  2 ∂2 u ∂u ∂ u   = − u + ; 0 < x < 1,  2 2  ∂x ∂t ∂x    ∂u u(0, t) = 0 = (1, t); t ≥ 0, ∂x   u( x, 0) = 0; 0 < x < 1,      ∂u ( x, 0) = g( x ); 0 < x < 1. ∂t Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

t>0

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4.1

Corda El´astica Presa nas Extremidades

361

1.10. Considere o problema de valor inicial e de fronteira  2 2 ∂ u  2∂ u    ∂t2 = a ∂x2 ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0. Verifique que se f e´ cont´ınua por partes com suas derivadas, f 0 e f 00 , tamb´em cont´ınuas por partes e g e´ cont´ınua por partes com a sua derivada, g0 , tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao para ( x, t) tal que g˜ 0 e f˜00 s˜ao cont´ınuas em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela soluc¸a˜ o de d’Alembert, u( x, t) =


1 1 ˜ f ( x − at) + f˜( x + at) + 2 2a

Z x+ at x − at

g˜ (y)dy

satisfaz a equac¸a˜ o da onda e u( x, 0) = f ( x ), para x ∈ [0, L], ∂u ( x, 0) = g( x ), para x ∈ (0, L) onde g e´ cont´ınua, ∂t u(0, t) = 0, u( L, t) = 0. ˜ ´ımpares de per´ıodo 2L de f e g respectivamente. Aqui f˜ e g˜ s˜ao as extensoes

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

362

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

Vamos considerar uma corda el´astica de comprimento L presa somente na extremidade esquerda, enquanto que na extremidade direita e´ colocado um anel que corre sem atrito em volta de uma barra vertical. Vamos determinar o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, vamos resolver o PVIF  2 2   ∂ u = a2 ∂ u   2  ∂t ∂x2   ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L   ∂t      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema com deslocamento inicial nulo ( f ( x ) = 0),  2 ∂2 u ∂ u   = a2 2  2  ∂t ∂x    ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L  ∂t       u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x com a soluc¸a˜ o do problema com velocidade inicial nula (g( x ) = 0),  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   ∂x2  ∂t2 ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < L  ∂t     u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0. ∂x Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

4.2.1

363

Com Velocidade Inicial Nula

Vamos determinar o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto de uma corda el´astica de comprimento L presa somente na extremidade esquerda, sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ nula, ou seja, vamos resolver (PVIF)  2 2   ∂ u = a2 ∂ u   2  ∂t ∂x2   ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < L   ∂t      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t). Dividindo-se por a2 X ( x ) T (t) obtemos X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 . X (x) a T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 = λ. X (x) a T (t) Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

364

˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0,

( 00

X (0) = 0, X 0 ( L) = 0

0

2

T (t) − α λT (t) = 0, T (0) = 0

(4.15) (4.16)

˜ X (0) = X 0 ( L) = 0 decorrem do fato de que 0 = u(0, t) = X (0) T (t) e As condic¸oes ∂u 0 = ∂x ( L, t) = X 0 ( L) T (t). A condic¸a˜ o T 0 (0) = 0, decorre do fato de que a velocidade inicial e´ nula, ou seja, ∂u ( x, 0) = X ( x ) T 0 (0). 0= ∂t ˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX√( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √ λ x − λ x + c2 e . Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). ˜ de fronteira X (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam, como foi mostrado na As condic¸oes Subsec¸a˜ o 3.3.1 p´agina 301 para o caso da equac¸a˜ o do calor, que (4.15) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula somente se λ < 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por (2n + 1)2 π 2 λ=− , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2 ˜ fundamenou seja, a equac¸a˜ o o problema de valores de fronteira (4.15) tem soluc¸oes tais (2n + 1)πx X2n+1 ( x ) = sen , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . 2L Substituindo-se λ = −

(2n+1)2 π 2 4L2

na equac¸a˜ o diferencial (4.16) obtemos

T 00 (t) + Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

a2 (2n + 1)2 π 2 T (t) = 0 4L2 Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

365

˜ fundamentais (verifique!) que com a condic¸a˜ o inicial T 0 (0) = 0 tem soluc¸oes T2n+1 (t) = cos Logo, o problema  2  ∂2 u  2∂ u  = a ∂t2 ∂x2  ∂u   u(0, t) = 0, ( L, t) = 0; ∂x

a(2n + 1)πt 2L

∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L ∂t

(4.17)

tem solu¸coes ˜ fundamentais u2n+1 ( x, t) = X2n+1 ( x ) T2n+1 (t) = sen

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt cos , 2L 2L

(4.18)

para n = 0, 1, 2, 3, . . . Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie ∞

u( x, t)

=

∑ c2n+1 u2n+1 (x, t)

n =0 ∞

=

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt cos . 2L 2L

(4.19)

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx . 2L

Esta n˜ao e´ a s´erie de Fourier de senos de f ( x ) de per´ıodo L. Entretanto, estendendo f ao intervalo [0, 2L] de forma que ela seja sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = L, ou seja,  f (x) se x ∈ [0, L] ˜f ( x ) = f (2L − x ) se x ∈ [ L, 2L] Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

366 ent˜ao f˜( x ) =

∞

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx . 2L

(4.20)

Assim, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por

=

c2n+1

2 L

Z L 0

f ( x ) sen

(2n + 1)πx dx, 2L

para n = 0, 1, 2, 3 . . .

(4.21)

Observe que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira ∞

u( x, t) =

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt cos 2L 2L

´ para cada x, e´ periodica com relac¸a˜ o a t com per´ıodo fundamental T =

4L , se c1 6= 0. a

Para cada n, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.18) do problema (4.17) na forma (verifique!) u2n+1 ( x, t)

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt = sen cos 2L 2L   1 (2n + 1)π ( x − at) (2n + 1)π ( x + at) = sen + sen . 2 2L 2L

Substituindo-se esta express˜ao na s´erie (4.20) obtemos que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira pode ser reescrito como ! ∞ ∞ 1 (2n + 1)π ( x − at) (2n + 1)π ( x + at) u( x, t) = c2n+1 sen + ∑ c2n+1 sen 2 n∑ 2L 2L =0 n =1   1 ˆ = f ( x − at) + fˆ( x + at) , (4.22) 2 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

367

´ em que fˆ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar, sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = L e periodica de per´ıodo 4L. Esta e´ a solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. A soluc¸a˜ o representa duas ondas se propagando em sentidos opostos com velocidade igual a a que se refletem em x = L e se refletem e se invertem em x = 0.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

368

y

t=0

y

t = 1 L/8a

t = 3 L/8a

y

t = 4 L/8a

x

y

t = 6 L/8a

t = 2 L/8a

x

x

y

y

x

y

t = 5 L/8a

x

y

t = 7 L/8a

x

x

y

x

t = 8 L/8a

x

Figura 4.8 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do problema da corda presa na extremidade esquerda com velocidade inicial nula, para t variando entre 0 e T/4. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

y

t = 9 L/8a

369

y

t = 10 L/8a

t = 12 L/8a

y

t = 13 L/8a

x

y

t = 15 L/8a

x

y

x

y

x

t = 11 L/8a

x

x

y

y

t = 14 L/8a

x

t = 16 L/8a

x

Figura 4.9 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do problema da corda presa na extremidade esquerda com velocidade inicial nula, para t variando entre T/4 e T/2. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

370

Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que se f e´ cont´ınua por partes com as suas derivadas, f 0 e f 00 , tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao para ( x, t) tal que f˜00 e´ cont´ınua em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela soluc¸a˜ o de d’Alembert, (4.22), satisfaz a equac¸a˜ o da onda e u( x, 0) = f ( x ) para todo x ∈ [0, L].

Exemplo 4.4. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa somente na extremidade esquerda, com coeficiente a = 2 solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por  f (x) =

0, se 0 ≤ x < 20 x − 20, se 20 ≤ x ≤ 40

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂2 u ∂ u   = 4   ∂t2 ∂x2   

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < 40  ∂t       u(0, t) = 0, ∂u (40, t) = 0. ∂x A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

u( x, t) =

∑ c2n+1 cos

n =0

(2n + 1)πt (2n + 1)πx sen 40 80

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

371

em que c2n+1 s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de ´ındice ´ımpar de f ( x ), ou seja,   (0) (1) c2n+1 = 4 b2k+1 ( f 1 1 , 80) − 20b2k+1 ( f 1 1 , 80) 4,2

4,2

(2n+1)π (2n+1)π 80 −1 2 2 − 20 · 4 · cos s (− s cos s + sen s ) (2n+1)π (2n+1)π ( 2n + 1 ) π (2n + 1)2 π 2 4 4   (2n + 1)π 320 (2n + 1)π 80 (2n + 1)π sen − sen − cos 2 4 (2n + 1)π 2 (2n + 1)2 π 2

= 4· =

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por     (2n+1)π (2n+1)π − sen (2n+4 1)π cos 2 80 ∞  4 sen 2  cos (2n + 1)πt sen (2n + 1)πx . − u( x, t) = ∑ 2 π n =0 (2n + 1) 40 80 (2n + 1) π A soluc¸a˜ o de D’Alembert e´ dada por u( x, t)

=


1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) , 2

´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar, sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = 40 e periodica de per´ıodo 160, ou seja, f˜ : R → R e´ dada por  0, se 0 ≤ x < 20,    x − 20, se 20 ≤ x < 40, ˜f ( x ) = f˜( x + 160) = f˜( x ).  f (80 − x ), se 40 ≤ x ≤ 80,   f (− x ), se −80 ≤ x < 0, ´ A soluc¸a˜ o u( x, t) e´ periodica de per´ıodo T = 80 segundos.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

372

y

y

t=0

10

10

20

x

40

-10

20

10

y

t = 40

10

20

40

20

40

20

y

t = 70

10

t = 80

x

40

40

10

x 20

x

-10

y

t = 60

10

t = 50

x

-10

y

40

10

x

-10

20 -10

y

t = 30

x

40

-10

y

t = 20

10

x

-10

y

t = 10

20 -10

x

40

20

40

-10

Figura 4.10 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 4.4.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

4.2.2

373

Com Deslocamento Inicial Nulo

Vamos considerar uma corda el´astica de comprimento L presa somente na extremidade esquerda, enquanto que na extremidade direita e´ colocado um anel que corre sem atrito em volta de uma barra vertical. Vamos determinar o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendose que o deslocamento inicial da corda e´ nulo e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, resolva o PVIF  2 2   ∂ u = a2 ∂ u   2  ∂t ∂x2   ∂u ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L u( x, 0) = 0,   ∂t      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0. ∂x Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t) que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 X (x) a T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 = λ. X (x) a T (t) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

374

˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 00

2

T (t) − α λT (t) = 0,

X (0) = 0, X 0 ( L) = 0,

(4.23)

T (0) = 0.

(4.24)

˜ X (0) = X 0 ( L) = 0 decorrem do fato de que 0 = u(0, t) = X (0) T (t) e As condic¸oes ∂u 0 = ∂x ( L, t) = X 0 ( L) T (t). A condic¸a˜ o T (0) = 0, decorre do fato de que a posic¸a˜ o inicial e´ nula, ou seja, 0 = u( x, 0) = X ( x ) T (0). ˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e

λx

+ c2 e −

√

λ x.

Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). ˜ de fronteira X (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam, como no caso do exerc´ıcio As condic¸oes sobre a equac¸a˜ o do calor resolvido na p´agina 313, que (4.23) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula somente se λ < 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ=−

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

˜ fundamenou seja, a equac¸a˜ o o problema de valores de fronteira (4.23) tem soluc¸oes tais (2n + 1)πx X2n+1 ( x ) = sen , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . 2L Substituindo-se λ = −

(2n+1)2 π 2 4L2

na equac¸a˜ o diferencial (4.24) obtemos

T 00 (t) + Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

a2 (2n + 1)2 π 2 T (t) = 0 4L2 Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

375

˜ fundamentais (verifique!) que com a condic¸a˜ o inicial T (0) = 0 tem soluc¸oes T2n+1 (t) = sen

a(2n + 1)πt 2L

Logo, o problema   ∂2 u ∂2 u   = a2 2 2 ∂t ∂x  ∂u   u(0, t) = 0, ( L, t) = 0; ∂x tem solu¸coes ˜ fundamentais u2n+1 ( x, t) = X2n+1 ( x ) T2n+1 (t) = sen

(4.25) u( x, 0) = 0, 0 < x < L

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt sen 2L 2L

(4.26)

para n = 0, 1, 2, 3, . . . Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie ∞

u( x, t)

=

∑ c2n+1 u2n+1 (x, t)

n =0 ∞

=

∑ c2n+1 sen

n =0

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial g( x ) =

a(2n + 1)πt (2n + 1)πx sen . 2L 2L

(4.27)

∂u ( x, 0) = g( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∂t

∞ ∂u a(2n + 1)π (2n + 1)πx u( x, 0) = ∑ c2n+1 sen . ∂t 2L 2L n =0

Esta n˜ao e´ a s´erie de Fourier de senos de g( x ) de per´ıodo L. Entretanto, estendendo g ao intervalo [0, 2L] de forma que ela seja sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = L, ou seja,  g( x ) se x ∈ [0, L] g˜ ( x ) = g(2L − x ) se x ∈ [ L, 2L] Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

376 ent˜ao

∞

g˜ ( x ) =

∑ c2n+1

n =0

(2n + 1)πx a(2n + 1)π sen . 2L 2L

(4.28)

Assim, se a func¸a˜ o g : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada g0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por a(2n + 1)π c2n+1 2L

=

2 L

Z L 0

g( x ) sen

(2n + 1)πx dx. 2L

(4.29)

para n = 0, 1, 2, 3 . . . Observe que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira ∞

u( x, t) =

∑ c2n+1 sen

n =0

a(2n + 1)πt (2n + 1)πx sen 2L 2L

4L , se c1 6= 0. a Para cada n, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.26) do problema (4.25) na forma (verifique!)

´ para cada x, e´ periodica com relac¸a˜ o a t com per´ıodo fundamental T =

u2n+1 ( x, t)

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt = sen sen 2L 2L   1 (2n + 1)π ( x + at) (2n + 1)π ( x − at) = − cos cos . 2 2L 2L

Por outro lado, supondo que a s´erie de Fourier da integral de g e´ a s´erie das integrais, integrando-se (4.28), obtemos Z x+ at x − at

∞

gˆ (y)dy = a

  (2n + 1)π ( x − at) (2n + 1)π ( x + at) c cos − cos . ∑ n 2L 2L n =0

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

377

´ em que gˆ e´ a extens˜ao de g que e´ ´ımpar, sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = L e periodica de per´ıodo 4L. Logo, temos que u( x, t) =

1 2a

Z x+ at x − at

gˆ (y)dy.

(4.30)

A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. Exemplo 4.5. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, com coeficiente a = 2, presa somente na extremidade esquerda, enquanto que na extremidade direita e´ colocado um anel que corre sem atrito em volta de uma barra vertical, sem deslocamento inicial mas com uma velocidade inicial dada por  0, se 0 ≤ x < 20 g( x ) = x/10 − 2, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂ u ∂2 u   = 4  2  ∂t ∂x2   

∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40  ∂t       u(0, t) = 0, ∂u (40, t) = 0 ∂x A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

u( x, t) =

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πt (2n + 1)πx sen 40 80

(2n+1)π

c2n+1 s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de ´ındice ´ımpar de g( x ), em que 40 que s˜ao os coeficientes obtidos para f ( x ) do Exemplo 4.4 na p´agina 370 divididos Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

378 por 10, ou seja,

(2n + 1)π c2n+1 40

=

32 (2n + 1)2 π 2



(2n + 1)π (2n + 1)π sen − sen 2 4



−

8 (2n + 1)π cos n = 0, 1, 2, . . . (2n + 1)π 2

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por     (2n+1)π (2n+1)π − sen (2n+4 1)π cos 2 320 ∞  4 sen 2  sen (2n + 1)πt sen (2n + 1)πx . − u( x, t) = ∑ 2 π n =0 (2n + 1) 40 80 (2n + 1) π A soluc¸a˜ o de D’Alembert e´ dada por u( x, t)

=

1 4

Z x+2t x −2t

g˜ (y)dy,

´ em que g˜ e´ a extens˜ao de g que e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = 40, ´ımpar e periodica de per´ıodo 160, ou seja, g˜ : R → R e´ dada por  0, se 0 ≤ x < 20,    x/10 − 2, se 20 ≤ x ≤ 40, g˜ ( x ) = g˜ ( x + 160) = g˜ ( x ). g(80 − x ), se 40 < x ≤ 80,    g(− x ), se −80 < x ≤ 0 Seja  0,     Z x  x2 /20 − 2x + 20, h( x ) = g˜ (y)dy = − x2 /20 + 6x − 140,  0  40,    h(− x ),

se se se se se

0 ≤ x < 20, 20 ≤ x < 40, 40 ≤ x ≤ 60, 60 < x ≤ 80 −80 ≤ x ≤ 0

h( x + 160) = h( x ),

ent˜ao u( x, t)

=

1 4

Z x+2t x −2t

g˜ (y)dy =

1 (h( x + 2t) − h( x + 2t)) . 4

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

379

´ A soluc¸a˜ o u( x, t) e´ periodica de per´ıodo T = 80 segundos.

Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

380

y

y

t=0

10

10

20

x

40

-10

20

10

y

t = 40

10

20

40

20

40

20

y

t = 70

10

t = 80

x

40

40

10

x 20

x

-10

y

t = 60

10

t = 50

x

-10

y

40

10

x

-10

20 -10

y

t = 30

x

40

-10

y

t = 20

10

x

-10

y

t = 10

20 -10

x

40

20

40

-10

Figura 4.11 – Soluc¸a˜ o, u( x, t), do PVIF do Exemplo 4.5.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

4.2.3

381

Caso Geral

Voltando ao caso geral em que o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, resolva o PVIF  2 ∂ u ∂2 u   = a2 2   2  ∂t ∂x   ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L   ∂t      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0. ∂x A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema com apenas f ( x ) n˜ao nula, que vamos denotar por u( f ) ( x, t), com a soluc¸a˜ o do problema com apenas g( x ) n˜ao nula, u( g) ( x, t), ou seja, u( x, t) = u( f ) ( x, t) + u( g) ( x, t). Logo, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t) =

 1ˆ 1 f ( x − at) + fˆ( x + at) + 2 2a

Z x+ at x − at

gˆ (y)dy

´ em que fˆ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar, sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = L e periodica de per´ıodo 4L e gˆ e´ a extens˜ao de g que e´ ´ımpar, sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = ´ L e periodica de per´ıodo 4L. A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira.

Exemplo 4.6. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, com coeficiente a = 2, presa somente na extremidade esquerda, enquanto que na extremidade Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

382

direita e´ colocado um anel que corre sem atrito em volta de uma barra vertical, com deslocamento inicial dado por  0, se 0 ≤ x < 20 f (x) = x − 20, se 20 ≤ x ≤ 40 e com uma velocidade inicial dada por  0, g( x ) = x/10 − 2,

se 0 ≤ x < 20 se 20 ≤ x ≤ 40

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂2 u ∂ u   = 4   ∂t2 ∂x2   

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40  ∂t       u(0, t) = 0, ∂u (40, t) = 0 ∂x A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

u( x, t) =

∑ c2n+1 cos

n =0

∞ (2n + 1)πt (2n + 1)πx (2n + 1)πt (2n + 1)πx sen + ∑ d2n+1 sen sen 40 80 40 80 n =0

em que c2n+1 s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de ´ındice ´ımpar de f ( x ), que s˜ao (2n+1)π os coeficientes obtidos para f ( x ) do Exemplo 4.4 na p´agina 370 e 40 d2n+1 s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de ´ındice ´ımpar de g( x ), que s˜ao os coeficientes obtidos para g( x ) do Exemplo 4.5 na p´agina 377, ou seja,   (2n + 1)π (2n + 1)π 80 (2n + 1)π 320 c2n+1 = sen − sen − cos 2 2 2 4 (2n + 1)π 2 (2n + 1) π Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

(2n + 1)π d2n+1 40

=

32 (2n + 1)2 π 2

 sen

383

(2n + 1)π (2n + 1)π − sen 2 4



−

8 (2n + 1)π cos (2n + 1)π 2

para n = 0, 1, 2, . . . Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por     (2n+1)π (2n+1)π (2n+1)π ∞ − sen 4 sen cos 2 4 80 2   cos (2n + 1)πt sen (2n + 1)πx + u( x, t) = − 2π π n∑ ( 2n + 1 ) 40 80 ( 2n + 1 ) =0     (2n+1)π (2n+1)π − sen (2n+4 1)π cos 2 320 ∞  4 sen 2  sen (2n + 1)πt sen (2n + 1)πx . − + 2π π n∑ ( 2n + 1 ) 40 80 ( 2n + 1 ) =0 A soluc¸a˜ o de D’Alembert e´ dada por u( x, t)

=


1 1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) + 2 4

Z x+2t x −2t

g˜ (y)dy,

´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ ´ımpar, sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = 40 e periodica de per´ıodo 160, ou seja, f˜ : R → R e´ dada por  0, se 0 ≤ x < 20,    x − 20, se 20 ≤ x < 40, f˜( x ) = f˜( x + 160) = f˜( x ). f ( 80 − x ) , se 40 ≤ x ≤ 80,    f (− x ), se −80 ≤ x < 0, ´ e g˜ e´ a extens˜ao de g que e´ sim´etrica em relac¸a˜ o a reta x = 40, ´ımpar e periodica de per´ıodo 160, ou seja, g˜ : R → R e´ dada por  0, se 0 ≤ x < 20,    x/10 − 2, se 20 ≤ x ≤ 40, g˜ ( x ) = g˜ ( x + 160) = g˜ ( x ). g(80 − x ), se 40 < x ≤ 80,    g(− x ), se −80 < x < 0 Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

384 Seja  0,     Z x  x2 /20 − 2x + 20, h( x ) = g˜ (y)dy = − x2 /20 + 6x − 140,  0  40,    h(− x ),

se se se se se

0 ≤ x < 20, 20 ≤ x < 40, 40 ≤ x ≤ 60, 60 < x ≤ 80 −80 ≤ x ≤ 0

h( x + 160) = h( x ),

ent˜ao u( x, t)

= =


1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) + 2
1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) + 2

1 x+2t g˜ (y)dy 4 x−2t 1 (h( x + 2t) − h( x + 2t)) . 4 Z

´ A soluc¸a˜ o u( x, t) e´ periodica de per´ıodo T = 80 segundos.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

385

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 401) 2.1. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa apenas na extremidade esquerda, com coeficiente a = 2, solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por sen(3πx/80), para 0 < x < 40. Qual o per´ıodo fundamental da corda neste caso? 2.2. Vamos considerar uma corda el´astica de comprimento L presa somente na extremidade direita, enquanto que na extremidade esquerda e´ colocado um anel que corre sem atrito em volta de uma barra vertical. (a) Determine o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ nula, ou seja, resolva o PVIF  2 2 ∂ u  2∂ u  = a    ∂t2 ∂x2  

∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L u( x, 0) = f ( x ),   ∂t      ∂u (0, t) = 0; u( L, t) = 0. ∂x (b) Determine o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendo-se que o deslocamento inicial da corda e´ nulo e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, resolva o PVIF  2 ∂ u ∂2 u   = a2 2   2  ∂t ∂x   ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L   ∂t      ∂u (0, t) = 0; u( L, t) = 0. ∂x Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

386

(c) Determine o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendo-se que o deslocamento inicial da corda e´ nulo e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, resolva o PVIF  2 ∂ u ∂2 u   = a2 2   2  ∂t ∂x  

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L   ∂t      ∂u (0, t) = 0; u( L, t) = 0. ∂x 2.3. Vamos considerar uma corda el´astica de comprimento L solta nas duas extremidades, ou seja, nas extremidades s˜ao colocados an´eis que correm sem atrito em volta de barras verticais. (a) Determine o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ nula, ou seja, resolva o PVIF  2 ∂2 u ∂ u   = a2 2   2  ∂t ∂x  

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < L   ∂t      ∂u (0, t) = 0; ∂u ( L, t) = 0. ∂x ∂x (b) Determine o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendo-se que o deslocamento inicial da corda e´ nulo e que a velocidade inicial de Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.2

Corda El´astica Solta em uma Extremidade

387

cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, resolva o PVIF  2 2 ∂ u  2∂ u  = a    ∂t2 ∂x2   ∂u ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L u( x, 0) = 0,   ∂t      ∂u (0, t) = 0; ∂u ( L, t) = 0. ∂x ∂x (c) Determine o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto da corda el´astica, sabendo-se que o deslocamento inicial da corda e´ nulo e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, resolva o PVIF  2 2 ∂ u  2∂ u  = a    ∂t2 ∂x2   ∂u ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L u( x, 0) = f ( x ),   ∂t      ∂u (0, t) = 0; ∂u ( L, t) = 0. ∂x ∂x

Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

388

4.3

Corda El´astica Infinita

4.3.1

Soluc¸a˜ o Geral

Vamos fazer a mudanc¸a de vari´aveis ξ = x + at,

η = x − at

na soluc¸a˜ o u( x, t) da equac¸a˜ o da corda el´astica 2 ∂2 u 2∂ u = a . ∂t2 ∂x2

Ou seja, se u( x, t) = v(ξ ( x, t), η ( x, t)), ent˜ao   ∂v ∂v ∂ξ ∂v ∂η ∂v ∂v = + =a − . ∂t ∂ξ ∂t ∂η ∂t ∂ξ ∂η  2      ∂2 v ∂ ∂v ∂η ∂2 v ∂ ∂v ∂ξ ∂2 v 2 ∂ v + = a + . = − 2 ∂ξ ∂t ∂t ∂η ∂t ∂t ∂ξ∂η ∂t2 ∂ξ 2 ∂η 2   ∂v ∂v ∂ξ ∂v ∂η ∂v ∂v = + = + . ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x ∂ξ ∂η      2  ∂2 v ∂ ∂v ∂ξ ∂ ∂v ∂η ∂ v ∂2 v ∂2 v = + = +2 + 2 . ∂ξ ∂x ∂x ∂η ∂x ∂x ∂ξ∂η ∂x2 ∂ξ 2 ∂η Assim,

2 2 ∂2 v 2∂ v 2 ∂ v − a = − 4a = 0. ∂ξ∂η ∂t2 ∂x2

Logo, a equac¸a˜ o da corda el´astica e´ equivalente a equac¸a˜ o ∂2 v = 0, ∂ξ∂η Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.3

Corda El´astica Infinita

389 ou equivalentemente ∂ ∂ξ



∂v ∂η

Mas se v(ξ, η ) satisfaz esta equac¸a˜ o ent˜ao



= 0.

∂v n˜ao depende de ξ, ou seja, ∂η

∂v = φ˜ (η ). ∂η E assim v(ξ, η ) =

Z

φ˜ (η )dη + ψ(ξ ) = φ(η ) + ψ(ξ ).

Voltando a` s vari´aveis x e t, temos que a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o da onda em uma dimens˜ao e´ u( x, t) = φ( x − at) + ψ( x + at), (4.31) que representa duas ondas viajando em sentidos opostos com velocidade igual a a.

4.3.2

Problema de Valor Inicial

Vamos determinar o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto de uma corda el´astica infinita, sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial  2 2 ∂ u  2∂ u  = a  ∂t2 ∂x2    u( x, 0) = f ( x ), ∂u ( x, 0) = g( x ), x ∈ R ∂t Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

390

Substituindo-se t = 0 na soluc¸a˜ o de D’Alembert (4.31) e na sua derivada obtemos φ( x ) + ψ( x )

= − aφ ( x ) + aψ ( x ) = 0

0

f (x)

(4.32)

g ( x ).

(4.33)

Derivando-se a equac¸a˜ o (4.32), multiplicando-se por a, somando-se e subtraindo-se da equac¸a˜ o (4.33) obtemos ψ0 ( x )

=

φ0 ( x )

=

1 0 f (x) + 2 1 0 f (x) − 2

1 g ( x ), 2a 1 g ( x ). 2a

(4.34) (4.35)

˜ (4.34) e (4.35) obtemos Integrando-se de 0 a x as equac¸oes ψ( x )

=

φ( x )

=

1 x 1 g(y)dy, ψ(0) + ( f ( x ) − f (0)) + 2 2a 0 Z x 1 1 φ(0) + ( f ( x ) − f (0)) − g(y)dy. 2 2a 0 Z

Usando-se o fato de que f (0) = φ(0) + ψ(0) obtemos u( x, t)

= φ( x − at) + ψ( x + at) Z 1 x+at 1 g(y)dy. = ( f ( x − at) + f ( x + at)) + 2 2a x−at

(4.36)

Esta soluc¸a˜ o e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial da corda infinita. Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que se f e´ cont´ınua por partes com as suas derivadas, f 0 e f 00 , tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao para ( x, t) tal que f 00 e´ cont´ınua em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela soluc¸a˜ o de d’Alembert ∂u satisfaz a equac¸a˜ o da onda, u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ) para todo x ∈ R. ∂t Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.3

Corda El´astica Infinita

391

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 414) 3.1. Resolva o problema de valor inicial    2 ∂ u ∂2 u ∂u ∂u   = + 2 +  ∂t ∂x ∂t2 ∂x2    u( x, 0) = f ( x ), ∂u ( x, 0) = g( x ), x ∈ R ∂t Sugest˜ao: fac¸a a mudanc¸a de vari´aveis ξ = x + t,

η = x − t.

3.2. Determine o deslocamento vertical em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t), de cada ponto de uma corda el´astica “semi-infinita”, presa na extremidade esquerda sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda e´ dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda e´ dada por g( x ), ou seja, resolva o PVIF  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   ∂x2  ∂t2 ∂u  u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), x > 0   ∂t   u(0, t) = 0. 3.3. Considere a soluc¸a˜ o do problema:  2 2   ∂ u = 4∂ u   2  ∂t ∂x2   (   2(1 − | x |), u( x, 0) = f ( x ) =  0,         ∂u ( x, 0) = −1, x ∈ R ∂t

se − 1 ≤ x ≤ 1 caso contr´ario

(a) Determine u( x, 1). Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

392

(b) Calcule lim

t→∞

u(0, t) . t

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

393

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

1. Corda El´astica Com Extremidades Presas (p´agina 359) 1.1. Z a+ T a

g( x )dx =

Z 0 a

g( x )dx +

Z T 0

g( x )dx +

Z a+ T T

Z 0 a

g( x )dx =

g( x )dx +

Z T 0

g( x )dx +

Z a 0

g(y + T )dy =

Z T 0

g( x )dx,

pois g( x + T ) = g( x ). 1.2.

(a) Usando o exerc´ıcio anterior temos que h( x + T ) =

Z x+T 0

g(y)dy =

Z x 0

g(y)dy +

Z x+T

g(y)dy =

x

Z x 0

Pois como g e´ ´ımpar, ent˜ao

R T/2

− T/2

g(y)dy +

Z T/2 − T/2

g(y)dy =

Z x 0

g(y)dy = h( x ).

g(y)dy = 0.

(b) Usando o fato de que g(− x ) = − g( x ), temos que h(− x ) =

Z −x 0

g(y)dy = −

Z x 0

g(−z)dz =

Z x 0

g(z)dz = h( x ).

1.3. Temos que resolver o problema  2 ∂2 u ∂ u   =4 2   2  ∂x  ∂t ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

394 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπt nπx cos 40 20

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ), ou seja, cn

= =

1 40 nπx f ( x ) sen( )dx 20 0 40   (1) (0) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/4 , 40) + 10bn ( f 1/4,3/4 , 40) + 40bn ( f 3/4,1 , 40) − bn ( f 3/4,1 , 40) Z

3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por

=

u( x, t)

=

80 π2

∞

3nπ sen nπ nπt nπx 4 + sen 4 cos sen 2 40 20 n n =1

∑

1.4. A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx nπt cos . 40 20 ∞

f ( x ) = sen 2πx =

∑ cn sen

n =1

nπx 40

Logo, ( cn = u( x, t) Per´ıodo fundamental igual a

2π π/10

1, 0,

se n = 2, se n 6= 2.

= sen(

π π x ) cos( t) 20 10

= 20 segundos.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

395

1.5. Temos que resolver o problema  2 ∂ u ∂2 u   = 4   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

∑ cn sen

u( x, t) =

n =1

em que

nπ 20 cn

nπt nπx sen 40 20

s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de g( x ), ou seja, nπ cn 20

= =

cn =

1 40 nπx )dx g( x ) sen( 20 0 40 3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 Z

3nπ 1600 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π3 n3

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

3nπ 1600 ∞ sen nπ nπx nπt 4 + sen 4 sen sen ∑ 3 3 40 20 π n =1 n

1.6. A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

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nπx nπt sen . 40 20 Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

396 ∞ πx nπ nπx nπt = ∑ cn sen sen . 20 20 40 20 n =1

g( x ) = sen Logo,

nπ cn = 20

(

1, 0,

se n = 2, se n 6= 2.

Assim, u( x, t) Per´ıodo fundamental da corda e´ igual a

=

2π π/10

π π 10 sen( x ) sen( t) π 20 10

= 20 segundos.

1.7. Temos que resolver o problema  2 2   ∂ u = 4∂ u   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 ˜ dos problemas com apenas uma das func¸oes ˜ f ( x ) e g( x ) n˜ao nulas. A soluc¸a˜ o e´ a soma das soluc¸oes ∞

u( x, t) =

∑

cn sen

n =1

em que cn e

nπ 20 dn

∞ nπx anπt nπx anπt cos + ∑ dn sen sen L L L L n =1

s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ) e de g( x ), respectivamente, ou seja, cn

= =

1 40 nπx )dx f ( x ) sen( 20 0 40 3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . 2 2 π n Z

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

397 nπ dn 20

= =

dn =

nπx 1 40 g( x ) sen( )dx 20 0 40 3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 Z

3nπ 1600 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π3 n3

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t)

=

80 π2

∞

3nπ sen nπ nπx nπt 4 + sen 4 sen cos + ∑ 2 40 20 n n =1

3nπ 1600 ∞ sen nπ nπx nπt 4 + sen 4 sen sen 3 40 20 π 3 n∑ n =1

1.8. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos X ( x ) T 00 (t) = X 00 ( x ) T (t) + 2X 0 ( x ) T (t). Dividindo-se por X ( x ) T (t) obtemos X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) T 00 (t) = X (x) T (t) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) T 00 (t) = = λ. X (x) T (t) Julho 2011

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Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

398

˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira X (0) = X ( L) = 0 e Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ∂u T 0 (0) = 0 que decorrem do fato de que 0 = u(0, t) = X (0) T (t), 0 = u( L, t) = X ( L) T (t) e ( x, 0) = ∂t 0 X ( x ) T (0) = 0: ( X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X ( L) = 0 (4.37) T 00 (t) − λT (t) = 0, T 0 (0) = 0

(4.38)

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

+ c2 e(−1− 1+λ) x . Se λ = −1 : X ( x ) = c1 e− x + c2 xe− x . √ √ Se λ < −1 : X ( x ) = c1 e− x sen( −1 − λ x ) + c2 e− x cos( −1 − λ x )).

Se λ > −1 : X ( x ) = c1 e(−1+

1+ λ ) x

˜ de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (4.37) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula As condic¸oes somente se λ < −1, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −1 −

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

ou seja, o problema de valores de fronteira (4.37) tem soluc¸a˜ o X ( x ) = c1 e− x sen Substituindo-se λ = −1 −

n2 π 2 L2

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

em (4.38) obtemos T 00 (t) + (1 +

n2 π 2 ) T (t) = 0, T 0 (0) = 0 L2

que tem soluc¸a˜ o r T (t) = c2 cos

! n2 π 2 1+ t , para n = 1, 2, 3, . . . . L2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

399

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes fundamentais ! r nπx n2 π 2 −x un ( x, t) = X ( x ) T (t) = e sen cos 1+ t L L2 ˜ lineares dessas soluc¸oes ˜ s˜ao tamb´em soluc¸a˜ o Al´em disso, combinac¸oes ! r N N nπx n2 π 2 −x t 1+ u( x, t) = ∑ cn un ( x, t) = ∑ cn e sen cos L L2 n =1 n =1 Vamos considerar as s´eries u( x, t) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, t) = ∑ cn e

−x

nπx sen cos L

r

! n2 π 2 1+ t . L2

Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o f ( x ) = u( x, 0) = e− x

∞

∑ cn sen

n =1

nπx . L

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de f ( x )e x . Assim, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por cn =

2 L

Z L 0

f ( x )e x sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

1.9. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X ( x ) T 00 (t) = X 00 ( x ) T (t) − X ( x ) T (t) + X 0 ( x ) T (t). Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

400 Dividindo-se por X ( x ) T (t) obtemos X 00 ( x ) + X 0 ( x ) T 00 (t) = +1 X (x) T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante T 00 (t) X 00 ( x ) + X 0 ( x ) = + 1 = λ. X (x) T (t) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 X ( x ) + X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X 0 (1) = 0 T 00 (t) + (1 − λ) T (t) = 0, T (0) = 0 1.10.


1 a ˜0 ∂u ( x, t) = f ( x + at) − f˜0 ( x − at) + ( g˜ ( x + at) + g˜ ( x − at)) ∂t 2 2 2 2

a ˜00 ∂ u ˜0 ( x − at) + a g˜ 0 ( x + at) − g˜ 0 ( x − at) ( x, t ) = f ( x + at ) + f 2 2 ∂t2
1 ˜0 1 ∂u ( x, t) = f ( x + at) + f˜0 ( x − at) + ( g˜ ( x + at) − g˜ ( x − at)) ∂x 2 2a

∂2 u 1 ˜00 1 ( x, t) = f ( x + at) + f˜00 ( x − at) + g˜ 00 ( x + at) − g˜ 00 ( x − at) 2 2 2a ∂x u( x, 0) = f˜( x ) = f ( x )para x ∈ [0, L]; ∂u ( x, 0) = g( x ) ∂t u(0, t) = u( L, t) =

para x ∈ (0, L) onde g e´ cont´ınua.
1 ˜ f ( at) + f˜(− at) = 0, 2


1 ˜ f ( L + at) + f˜( L − at − 2L) = 0. 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

401

2. Corda El´astica Solta em uma Extremidade (p´agina 385) 2.1. u( x, t) = sen O per´ıodo fundamental e´ T = 2.2.

80 3

3πx 3πt sen 80 40

segundos.

(a) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t) que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 X (x) a T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, 1 T 00 (t) X 00 ( x ) = 2 = λ. X (x) a T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0,

(

T 00 (t) − α2 λT (t) = 0, T 0 (0) = 0

X 0 (0) = 0, X ( L) = 0

(4.39) (4.40)

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e Julho 2011

λx

+ c2 e −

√

λ x.

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

402 Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ).

˜ de fronteira X 0 (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (4.39) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente As condic¸oes nula somente se λ < 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ=−

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

˜ fundamentais ou seja, a equac¸a˜ o o problema de valores de fronteira (4.39) tem soluc¸oes X2n+1 ( x ) = cos Substituindo-se λ = −

(2n+1)2 π 2 4L2

(2n + 1)πx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . 2L

na equac¸a˜ o diferencial (4.40) obtemos T 00 (t) +

a2 (2n + 1)2 π 2 T (t) = 0 4L2

˜ fundamentais que com a condic¸a˜ o inicial T 0 (0) = 0 tem soluc¸oes T2n+1 (t) = cos

a(2n + 1)πt 2L

Logo, o problema  2  ∂2 u  2∂ u  = a ∂t2 ∂x2  ∂u   (0, t) = 0, u( L, t) = 0, ∂x

∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L ∂t

(4.41)

tem solu¸coes ˜ fundamentais u2n+1 ( x, t) = X2n+1 ( x ) T2n+1 (t) = cos Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt cos , 2L 2L

(4.42) Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

403

para n=0,1,2,3,. . . Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie u( x, t) =

∞

∞

n =0

n =0

∑ c2n+1 u2n+1 (x, t) = ∑ c2n+1 cos

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt cos . 2L 2L

(4.43)

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ c2n+1 cos

n =0

(2n + 1)πx . 2L

Esta n˜ao e´ a s´erie de Fourier de cossenos de f ( x ) de per´ıodo L. Entretanto, estendendo f ao intervalo [0, 2L] de forma que ela seja sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( x, y) = ( L, 0), ou seja,  f (x) se x ∈ [0, L] ˜f ( x ) = − f (2L − x ) se x ∈ [ L, 2L] ent˜ao f˜( x ) =

∞

∑ c2n+1 cos

n =0

(2n + 1)πx . 2L

(4.44)

Assim, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c2n+1

=

2 L

Z L 0

f ( x ) cos

(2n + 1)πx dx, 2L

para n = 0, 1, 2, 3 . . .

(4.45)

Para cada n, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.18) do problema (4.17) na forma (verifique!) u2n+1 ( x, t)

Julho 2011

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt = cos cos 2L 2L   1 (2n + 1)π ( x − at) (2n + 1)π ( x + at) = cos + cos . 2 2L 2L Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

404

Substituindo-se esta express˜ao na s´erie (4.44) obtemos que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira pode ser reescrito como ! ∞ ∞ 1 (2n + 1)π ( x − at) (2n + 1)π ( x + at) u( x, t) = c2n+1 cos + ∑ c2n+1 cos 2 n∑ 2L 2L =0 n =1   1 ˆ = f ( x − at) + fˆ( x + at) , (4.46) 2 ´ em que fˆ e´ a extens˜ao de f que e´ par, sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( x, y) = ( L, 0) e periodica de per´ıodo 4L. Esta e´ a solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. A soluc¸a˜ o representa duas ondas se propagando em sentidos opostos com velocidade igual a a. (b) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t) que pode ser reescrita como

1 T 00 (t) X 00 ( x ) = 2 X (x) a T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, 1 T 00 (t) X 00 ( x ) = 2 = λ. X (x) a T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ( X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0, X ( L) = 0 00

2

T (t) − α λT (t) = 0, T (0) = 0 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(4.47) (4.48) Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

405

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x . Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). ˜ de fronteira X 0 (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (4.47) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente As condic¸oes nula somente se λ < 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ=−

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

˜ fundamentais ou seja, a equac¸a˜ o o problema de valores de fronteira (4.47) tem soluc¸oes X2n+1 ( x ) = cos Substituindo-se λ = −

(2n+1)2 π 2 4L2

(2n + 1)πx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . 2L

na equac¸a˜ o diferencial (4.48) obtemos T 00 (t) +

a2 (2n + 1)2 π 2 T (t) = 0 4L2

˜ fundamentais (verifique!) que com a condic¸a˜ o inicial T (0) = 0 tem soluc¸oes T2n+1 (t) = sen

a(2n + 1)πt 2L

Logo, o problema   ∂2 u ∂2 u   = a2 2 2 ∂t ∂x  ∂u   (0, t) = 0; u( L, t) = 0, ∂x Julho 2011

(4.49) u( x, 0) = 0, 0 < x < L Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

406 tem solu¸coes ˜ fundamentais u2n+1 ( x, t) = X2n+1 ( x ) T2n+1 (t) = cos

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt sen , 2L 2L

(4.50)

para n = 0, 1, 2, 3, . . . Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie u( x, t) =

∞

∞

n =0

n =0

∑ c2n+1 u2n+1 (x, t) = ∑ c2n+1 cos

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial g( x ) =

(2n + 1)πx a(2n + 1)πt sen . 2L 2L

(4.51)

∂u ( x, 0) = g( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∂t

∞ ∂u a(2n + 1)π (2n + 1)πx u( x, 0) = ∑ c2n+1 cos . ∂t 2L 2L n =0

Esta n˜ao e´ a s´erie de Fourier de cossenos de g( x ) de per´ıodo L. Entretanto, estendendo g ao intervalo [0, 2L] de forma que ela seja sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( x, y) = ( L, 0), ou seja,  g( x ) se x ∈ [0, L] g˜ ( x ) = − g(2L − x ) se x ∈ [ L, 2L] ent˜ao

∞

g˜ ( x ) =

∑ c2n+1

n =0

(2n + 1)πx a(2n + 1)π cos . 2L 2L

(4.52)

Assim, se a func¸a˜ o g : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada g0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por a(2n + 1)π c2n+1 2L

=

2 L

Z L 0

g( x ) cos

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(2n + 1)πx dx, 2L

para n = 0, 1, 2, 3, . . .

(4.53) Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

407

Para cada n, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.50) do problema (4.49) na forma u2n+1 ( x, t)

a(2n + 1)πt (2n + 1)πx sen = cos 2L 2L   (2n + 1)π ( x + at) (2n + 1)π ( x − at) 1 sen − sen . = 2 2L 2L

Por outro lado, supondo que a s´erie de Fourier da integral de g e´ a s´erie das integrais, integrando-se (4.52), obtemos   Z x+ at ∞ (2n + 1)π ( x + at) (2n + 1)π ( x − at) gˆ (y)dy = a ∑ cn sen − sen . 2L 2L x − at n =0 em que gˆ e´ a extens˜ao de g que e´ par, sim´etrica em relac¸a˜ o em relac¸a˜ o ao ponto ( x, y) = ( L, 0) e ´ periodica de per´ıodo 4L.Logo, temos que 1 u( x, t) = 2a

Z x+ at x − at

gˆ (y)dy.

(4.54)

A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. (c) A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema com apenas f ( x ) n˜ao nula, que vamos denotar por u( f ) ( x, t), com a soluc¸a˜ o do problema com apenas g( x ) n˜ao nula, u( g) ( x, t), ou seja, u( x, t) = u( f ) ( x, t) + u( g) ( x, t). Logo, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, t) =

 1ˆ 1 f ( x − at) + fˆ( x + at) + 2 2a

Z x+ at x − at

gˆ (y)dy

´ em que fˆ e´ a extens˜ao de f que e´ par, sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( x, y) = ( L, 0) e periodica de ´ per´ıodo 4L e gˆ e´ a extens˜ao de g que e´ par, sim´etrica em relac¸a˜ o ao ponto ( x, y) = ( L, 0) e periodica de per´ıodo 4L. A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

408 2.3.

(a) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t) que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 X (x) a T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 = λ. X (x) a T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0,

X 0 (0) = 0, X 0 ( L) = 0

T 00 (t) − α2 λT (t) = 0, T 0 (0) = 0

(4.55) (4.56)

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x . Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). ˜ de fronteira X 0 (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam que (4.55) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente As condic¸oes nula somente se λ ≤ 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ=−

n2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . L2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

409

˜ fundamentais ou seja, a equac¸a˜ o o problema de valores de fronteira (4.55) tem soluc¸oes Xn ( x ) = cos 2

nπx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . L

2

Substituindo-se λ = 0 e λ = − n Lπ2 na equac¸a˜ o diferencial (4.56) obtemos a2 n2 π 2 T (t) = 0 L2

T 00 = 0 e T 00 (t) +

˜ fundamentais que com a condic¸a˜ o inicial T 0 (0) = 0 tem soluc¸oes T0 (t) = 1 Tn (t) = cos

anπt L

para n = 1, 2, 3, . . .

Logo, o problema   ∂2 u ∂2 u   = a2 2 2 ∂t ∂x  ∂u ∂u   (0, t) = 0, ( L, t) = 0, ∂x ∂x

(4.57)

∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L ∂t

tem solu¸coes ˜ fundamentais u0 ( x, t) = 1, un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = cos

nπx anπt cos , L L

para n = 1, 2, 3, . . .

(4.58)

Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie u( x, t) =

∞

∞

n =0

n =0

∑ cn un (x, t) = ∑ cn cos

nπx anπt cos . L L

(4.59)

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn cos

n =0

Julho 2011

nπx . L Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

410

Esta e´ a s´erie de Fourier de cossenos de f ( x ) de per´ıodo L. Assim, se a func¸a˜ o f : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c0

=

cn

=

1 L f ( x ) dx, L 0 Z L 2 nπx dx, f ( x ) cos L 0 L Z

(4.60) para n = 0, 1, 2, 3 . . .

(4.61)

Para cada n, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.18) do problema (4.17) na forma (verifique!) un ( x, t)

nπx anπt = cos cos L L   1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) = cos + cos . 2 L L

Substituindo-se esta express˜ao na s´erie (4.44) obtemos que a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e de fronteira pode ser reescrito como ! ∞ ∞ 1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) u( x, t) = cn cos + ∑ cn cos 2 n∑ L L =0 n =1

=


1 ˜ f ( x − at) + f˜( x + at) , 2

(4.62)

´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ par e periodica de per´ıodo 2L. Esta e´ a solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. A soluc¸a˜ o representa duas ondas se propagando em sentidos opostos com velocidade igual a a refletindo-se nas extremidades. (b) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

411

Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t) que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 X (x) a T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 = λ. X (x) a T (t) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 00

2

T (t) − α λT (t) = 0,

X 0 (0) = 0, X ( L) = 0,

(4.63)

T (0) = 0

(4.64)

˜ A equac¸a˜ o X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x . Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). ˜ de fronteira X 0 (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam que (4.63) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente As condic¸oes nula somente se λ ≤ 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ=−

n2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . L2

˜ fundamentais ou seja, a equac¸a˜ o o problema de valores de fronteira (4.63) tem soluc¸oes X0 = 1 e Xn ( x ) = cos Julho 2011

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

412 2

2

Substituindo-se λ = 0 e λ = − n Lπ2 na equac¸a˜ o diferencial (4.64) obtemos T 00 = 0 e T 00 (t) +

a2 n2 π 2 T (t) = 0 L2

˜ fundamentais (verifique!) que com a condic¸a˜ o inicial T (0) = 0 tem soluc¸oes T0 = t e Tn (t) = sen para n = 1, 2, 3, . . . Logo, o problema  2  ∂2 u  2∂ u  = a ∂t2 ∂x2  ∂u ∂u   (0, t) = 0; ( L, t) = 0, ∂x ∂x

anπt L

(4.65) u( x, 0) = 0, 0 < x < L

tem solu¸coes ˜ fundamentais u0 ( x, t) = t e un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = cos

nπx anπt sen , L L

(4.66)

para n = 1, 2, 3, . . . Vamos supor que a soluc¸a˜ o do PVIF seja a s´erie ∞

∞

n =1

n =1

u( x, t) = c0 t +

∑ cn un (x, t) = c0 t + ∑ cn cos

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o inicial g( x ) =

nπx anπt sen . L L

(4.67)

∂u ( x, 0) = g( x ), temos que impor a condic¸a˜ o ∂t

∞ ∂u anπ nπx u( x, 0) = c0 + ∑ cn cos . ∂t L L n =1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(4.68) Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

413

Esta e´ a s´erie de Fourier de cossenos de g( x ) de per´ıodo 2L. Assim, se a func¸a˜ o g : [0, L] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada g0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c0

=

anπ cn L

=

1 L g( x ) dx, L 0 Z 2 L nπx g( x ) cos dx, L 0 L Z

(4.69) para n = 1, 2, 3, . . .

(4.70)

Para cada n > 0, podemos reescrever a soluc¸a˜ o fundamental (4.66) do problema (4.65) na forma un ( x, t)

anπt nπx sen = cos L L   1 nπ ( x + at) nπ ( x − at) = sen − sen . 2 L L

Por outro lado, supondo que a s´erie de Fourier da integral de g e´ a s´erie das integrais, integrando-se (4.68), obtemos   Z x+ at ∞ nπ ( x − at) nπ ( x + at) − sen . g˜ (y)dy = 2ac0 t + a ∑ cn sen L L x − at n =1 ´ em que g˜ e´ a extens˜ao de g que e´ par e periodica de per´ıodo 2L. Logo, temos que u( x, t) =

1 2a

Z x+ at x − at

g˜ (y)dy.

(4.71)

A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. (c) A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema com apenas f ( x ) n˜ao nula, que vamos denotar por u( f ) ( x, t), com a soluc¸a˜ o do problema com apenas g( x ) n˜ao nula, u( g) ( x, t), ou seja, u( x, t) = u( f ) ( x, t) + u( g) ( x, t). Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

414 Logo, a soluc¸a˜ o e´ dada por
1 ˜ 1 f ( x − at) + f˜( x + at) + u( x, t) = 2 2a

Z x+ at x − at

g˜ (y)dy

´ em que f˜ e´ a extens˜ao de f que e´ par, e periodica de per´ıodo 2L e g˜ e´ a extens˜ao de g que e´ par ´ e periodica de per´ıodo 2L. A soluc¸a˜ o dada desta forma e´ chamada solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. 3. Corda El´astica Infinita (p´agina 391) 3.1. Vamos fazer a mudanc¸a de vari´aveis η = x−t

ξ = x + t, na soluc¸a˜ o u( x, t) da equac¸a˜ o ∂2 u ∂2 u = +2 ∂t2 ∂x2



∂u ∂u + ∂t ∂x

 .

Ou seja, se u( x, t) = v(ξ ( x, t), η ( x, t)), ent˜ao ∂v ∂v ∂ξ ∂v ∂η = + = ∂t ∂ξ ∂t ∂η ∂t



∂v ∂v − ∂ξ ∂η

 .

 2  ∂η ∂ v ∂2 v ∂2 v = −2 + 2 . ∂t ∂ξ∂η ∂ξ 2 ∂η   ∂v ∂v ∂ξ ∂v ∂η ∂v ∂v = + = + . ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x ∂ξ ∂η      2  ∂2 v ∂ ∂v ∂ξ ∂ ∂v ∂η ∂ v ∂2 v ∂2 v = + = +2 + 2 . ∂ξ ∂x ∂x ∂η ∂x ∂x ∂ξ∂η ∂x2 ∂ξ 2 ∂η ∂2 v ∂ = 2 ∂ξ ∂t



∂v ∂t



∂ξ ∂ + ∂t ∂η



∂v ∂t

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)



Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

415

Assim, ∂2 u ∂2 u − 2 −2 ∂t2 ∂x



∂u ∂u + ∂t ∂x



= −4

∂2 v ∂v −4 = 0. ∂ξ∂η ∂ξ

Logo, a equac¸a˜ o diferencial e´ equivalente a equac¸a˜ o ∂v ∂2 v + =0 ∂ξ∂η ∂ξ ou equivalentemente ∂ ∂ξ



∂v +v ∂η



=0

Mas se v(ξ, η ) satisfaz esta equac¸a˜ o ent˜ao ∂v + v = φ˜ (η ). ∂η Esta e´ uma equac¸a˜ o linear de 1a. ordem que tem soluc¸a˜ o v(ξ, η ) = e−η

Z

eη φ˜ (η )dη + ψ(ξ )e−η = φ(η ) + ψ(ξ )e−η .

Voltando a` s vari´aveis x e t, temos que u( x, t) = φ( x − t) + ψ( x + t)e−( x−t) .

(4.72)

Substituindo-se t = 0 na soluc¸a˜ o (4.72) e na sua derivada obtemos φ( x ) + ψ( x )e− x 0

0

−φ ( x ) + (ψ ( x ) + ψ( x ))e Julho 2011

−x

= =

f (x)

(4.73)

g ( x ).

(4.74) Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

416 Derivando-se a equac¸a˜ o (4.73) e somando-se a equac¸a˜ o (4.74) obtemos ψ0 ( x )e− x

=

ψ0 ( x )

=

1 0 1 f ( x ) + g ( x ), 2 2 1 0 1 f ( x )e x + g( x )e x , 2 2

(4.75)

Integrando-se de 0 a x a equac¸a˜ o (4.75) obtemos   Z x Z x 1 ψ ( x ) = ψ (0) + f ( x ) e x − f (0) − f (y)ey dy + ey g(y)dy , 2 0 0 Substituindo-se na equac¸a˜ o (4.73) obtemos φ( x )

=

f ( x ) − ψ( x )e− x

= − e − x ψ (0) +

e− x 2



f ( x ) e x + f (0) +

Z x 0

f (y)ey dy −

Z x 0

 ey g(y)dy .

Logo, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ dada por u( x, t)

= φ( x − t) + ψ( x + t)e−(x−t)  e−( x−t) Z x+t 1 = f ( x − t) + f ( x + t)e2t + ey ( g(y) − f (y))dy. 2 2 x −t

3.2. A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema em que g( x ) = 0 com a soluc¸a˜ o do problema em que f ( x ) = 0. O primeiro problema tem soluc¸a˜ o u( x, t) =


1 ˜ f ( x − at) + f˜( x + at) , 2

em que f˜ e´ uma extens˜ao de f . Substituindo-se x = 0, obtemos que f˜(− at) + f˜( at) = 0, Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

para todo t > 0. Julho 2011

4.4

Respostas dos Exerc´ıcios

417

Logo, f˜(− x ) = − f˜( x ), para todo x > 0. Assim, f˜ deve ser uma func¸a˜ o ´ımpar. O segundo problema tem como soluc¸a˜ o Z 1 x+ at u( x, t) = g˜ (y)dy 2a x− at em que g˜ e´ uma extens˜ao de g. Substituindo-se x = 0, obtemos que Z at − at

g˜ (y)dy = 0,

para todo t > 0.

Logo, g˜ (− x ) = − g˜ ( x ), para todo x > 0. Assim, g˜ deve ser uma func¸a˜ o ´ımpar. A soluc¸a˜ o do problema inicial e´ Z
1 ˜ 1 x+ at u( x, t) = f ( x − at) + f˜( x + at) + g˜ (y)dy, 2 2a x− at ˜ ´ımpares de f e g, ou seja, em que f˜ e g˜ s˜ao extensoes  f (x) se x ≥ 0 f˜( x ) = − f (− x ) se x < 0.  g( x ) se x ≥ 0 g˜ ( x ) = − g(− x ) se x < 0. 3.3. u( x, t) = (a)

Julho 2011

1 1 ( f ( x + 2t) + f ( x − 2t)) − 2 4

Z x+2t x −2t

dy =

1 ( f ( x + 2t) + f ( x − 2t)) − t 2

  −1, se x < −3      −| x + 2 | , se − 3 ≤ x < −1  1 u( x, 1) = ( f ( x + 2) + f ( x − 2)) − 1 = −1, se − 1 ≤ x < 1  2  −| x − 2|, se 1 ≤ x < 3    −1, se x ≥ 3 Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o da Onda Unidimensional

418 (b) lim

t→∞

u( x, t) 1 = lim ( f ( x + 2t) + f ( x − 2t)) − 1 = −1. t→∞ 2t t

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5 Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

Pode-se mostrar que o potencial el´etrico, u( x, y), numa regi˜ao em que h´a ausˆencia de cargas el´etricas satisfaz a equac¸a˜ o diferencial ∂2 u ∂2 u + 2 =0 ∂x2 ∂y ˜ estacion´arias da equac¸a˜ o do calor em chamada equa¸ca˜ o de Laplace. As soluc¸oes uma placa satisfaz a equac¸a˜ o  2  ∂u ∂2 u 2 ∂ u =α + 2 =0 ∂t ∂x2 ∂y 419

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

420

˜ estacion´arias da equac¸a˜ o de uma membrana el´astica satisfaz a equac¸a˜ o e as soluc¸oes ∂2 u = a2 ∂t2



∂2 u ∂2 u + 2 ∂x2 ∂y



= 0.

Ou seja, ambas satisfazem a equac¸a˜ o de Laplace. O problema de encontrar a soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o de Laplace numa regi˜ao sendo conhecidos os seus valores na fronteira da regi˜ao e´ chamado problema de Dirichlet. Vamos considerar, agora, o seguinte problema de Dirichlet em um retˆangulo  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a,     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k(y), 0 < y < b. ˜ dos problemas com apenas uma das A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma das soluc¸oes ˜ f ( x ), g( x ), h(y) e k(y) n˜ao nulas (verifique!). func¸oes

5.1.1

Apenas k(y) n˜ao Nula  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, b) = 0, 0 < x < a,     u(0, y) = 0, u( a, y) = k(y), 0 < y < b.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

421

y u(x,b)=g(x) b

u(0,y)=h(y)

u(a,y)=k(y)

x u(x,0)=f(x)

a

Figura 5.1 – Retˆangulo onde e´ resolvido o problema de Dirichlet

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

422

Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) = − X ( x )Y 00 (y). Dividindo-se por X ( x )Y (y) obtemos X 00 ( x ) Y 00 (y) =− . X (x) Y (y) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante Y 00 (t) X 00 ( x ) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0,

X (0) = 0

00

Y (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0

(5.1) (5.2)

˜ Y (0) = Y (b) = 0 decorrem do fato de que 0 = u( x, 0) = X ( x )Y (0) e As condic¸oes 0 = u( x, b) = X ( x )Y (b). A condic¸a˜ o X (0) = 0, decorre do fato de que 0 = u(0, y) = X ( 0 )Y ( y ) . ˜ de fronteira foi resolvida no problema do calor em A equac¸a˜ o (5.2) com as condic¸oes ˜ homogˆeneas - equac¸a˜ o (3.1) na p´agina 277 - e tem soluc¸a˜ o uma barra com condic¸oes n˜ao identicamente nula somente se λ= Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

n2 π 2 , b2

para n = 1, 2, 3, . . . Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

423

e neste caso a soluc¸a˜ o e´ da forma Y (y) = c1 sen Substituindo-se λ =

n2 π 2 b2

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

na equac¸a˜ o (5.1) obtemos X 00 ( x ) −

n2 π 2 X ( x ) = 0, b2

que com a condic¸a˜ o X (0) = 0 tem soluc¸a˜ o (verifique!) X ( x ) = c2 ( e

nπ x b

− e−

nπ x b

) = c˜2 senh

nπx b

˜ de fronteira Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o de Laplace e as condic¸oes u( x, 0) = u( x, b) = 0, para 0 < x < a e u(0, y) = 0, para 0 < y < b, tem solu¸coes ˜ fundamentais nπx nπy senh un ( x, y) = X ( x )Y (y) = sen b b Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja uma s´erie da forma ∞

∞

n =1

n =1

u( x, y) =

∑ cn un (x, y) = ∑ cn sen

nπx nπy senh . b b

(5.3)

Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( a, y) = k(y), precisamos ter ∞

k(y) = u( a, y) =

∑ cn sen

n =1

∞ h nπy nπa nπa i nπy sen senh = ∑ cn senh . b b b b n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de k(y). Assim, pelo Corol´ario 2.5 na p´agina 183, se a func¸a˜ o k : [0, b] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada k0 (y) tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por cn senh Julho 2011

nπa 2 = b b

Z b 0

k(y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

(5.4) Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

424

Vamos verificar que realmente (5.3) com os coeficientes dados por (5.4) e´ a soluc¸a˜ o ˜ de fronteira e a do problema de valor inicial. Claramente (5.3) satisfaz as condic¸oes condic¸a˜ o inicial e´ satisfeita para os valores de y ∈ (0, b) tais que k (y) e´ cont´ınua. Vamos ver se (5.3) satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Cada termo da s´erie satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal ´ de somatorio. Isto decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.7 na p´agina 197 usando o fato de que nπa nπa Z 1 2 b 2Me− b 2Me− b |cn | ≤ |k(y)|dy ≤ nπa ≤ πa , senh nπa 1 − e −2 b 1 − e −2 b b b 0 nπ ( a− x1 ) − ∂un b cn ≤ 2M nπ e ( x, y ) , ∂x b 1 − e− 2πa b nπ ( a− x1 ) 2 2 − ∂2 u n b ≤ 2M n π e cn ( x, y ) , ∂x2 2 b 1 − e− 2πa b nπ ( a− x1 ) − ∂un b e nπ cn 2πa , ∂y ( x, y) ≤ 2M b 1 − e− b nπ ( a− x1 ) 2 π 2 e− ∂2 u n b n cn 2πa , ∂y2 ( x, y) ≤ 2M b2 1 − e− b

para M =

2 b

Rb 0

|k(y)|dy, 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < a, 0 < y1 ≤ y ≤ y2 < b, n = 1, 2, 3, . . . e ∞

nπ − nπ(a−x1 ) b e < ∞, b n =1

∑

∞

n2 π 2 − nπ (a−x1 ) b e < ∞. 2 n =1 b

∑

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

425

z

x

y

Figura 5.2 – Soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet do Exemplo 5.1 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

426

Exemplo 5.1. Vamos considerar o problema de Dirichlet num retˆangulo  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3     u(0, y) = 0, u(3, y) = k(y), 0 < y < 2 com

 k(y) =

y, 2 − y,

u( x, y) =

∑ cn sen

A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

n =1

se 0 ≤ y ≤ 1 se 1 ≤ y ≤ 2 nπx nπy senh 2 2

cn senh( 3nπ 2 )

em que s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de k (y), ou seja, usando a tabela na p´agina 201, multiplicando por 2 os valores obtemos: cn senh

3nπ = 2

=

Z 2 0

k(y) sen(

nπy )dy 2

  (1) (0) (1) = 2 bn ( f 0,1/2 ) + 2bn ( f 1/2,1 ) − bn ( f 1/2,1 )

=

cn =

8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 8 sen nπ 2

n2 π 2 senh 3nπ 2

, n = 1, 2, 3 . . .

Entretanto coeficientes de ´ındice par s˜ao nulos: c2k = 0 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

427 8(−1)k

c2k+1 =

1) π (2k + 1)2 π 2 senh 3(2k+ 2

.

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, y)

=

8 π2

=

8 π2

∞

∑

sen nπ 2

3nπ 2 n=1 n senh 2 ∞

∑

n =0

sen

nπy nπx senh 2 2

(−1)n

(2n + 1)2 senh

5.1.2

3(2n+1)π 2

sen

(2n + 1)πy (2n + 1)πx senh 2 2

Apenas h(y) n˜ao Nula  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, b) = 0, 0 < x < a     u(0, y) = h(y), u( a, y) = 0, 0 < y < b

Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) = − X ( x )Y 00 (y). Dividindo-se por X ( x )Y (y) obtemos X 00 ( x ) Y 00 (y) =− . X (x) Y (y) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

428

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante Y 00 (t) X 00 ( x ) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ( X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X ( a) = 0

(5.5)

00

Y (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0

(5.6)

˜ Y (0) = Y (b) = 0 decorrem do fato de que 0 = u( x, 0) = X ( x )Y (0) e As condic¸oes 0 = u( x, b) = X ( x )Y (b). A condic¸a˜ o X ( a) = 0, decorre do fato de que 0 = u( a, y) = X ( a )Y ( y ) . ˜ de fronteira foi resolvida no problema do calor em A equac¸a˜ o (5.6) com as condic¸oes ˜ homogˆeneas - equac¸a˜ o (3.1) na p´agina 277 - e tem soluc¸a˜ o uma barra com condic¸oes n˜ao identicamente nula somente se λ=

n2 π 2 , b2

para n = 1, 2, 3, . . .

e a soluc¸a˜ o e´ da forma Y (y) = c1 sen Substituindo-se λ =

n2 π 2 b2

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

na primeira equac¸a˜ o diferencial obtemos X 00 ( x ) −

n2 π 2 X ( x ) = 0. b2

Esta equac¸a˜ o tem soluc¸a˜ o geral X ( x ) = cˆ1 e− Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

nπ x b

+ cˆ2 e

nπ x b

. Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

429

Mas podemos escrever a soluc¸a˜ o geral na forma X ( x ) = c1 e

nπ a b

e−

nπ x b

+ c2 e −

nπ a b

e

nπ x b

= c1 e −

nπ ( x − a ) b

+ c2 e

nπ ( x − a ) b

.

que com a condic¸a˜ o X ( a) = 0 tem soluc¸a˜ o (verifique!) X ( x ) = c2 ( e

nπ ( x − a ) b

− e−

nπ ( x − a ) b

) = c˜2 senh(

nπ ( x − a)). b

˜ de fronteira Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o de Laplace e as condic¸oes ˜ u( x, 0) = u( x, b) = 0, para 0 < x < a e u( a, y) = 0, para 0 < y < b, tem soluc¸oes fundamentais nπ nπy senh( ( x − a)) un ( x, y) = X ( x )Y (y) = sen b b Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja uma s´erie da forma u( x, y) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, y) = ∑ cn sen

nπy nπ senh( ( x − a)). b b

Para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u(0, y) = h(y), precisamos ter ∞ ∞ h nπy nπa nπa i nπy h(y) = u(0, y) = − ∑ cn sen senh = − ∑ cn senh sen . b b b b n =1 n =1 Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de h(y). Assim, pelo Corol´ario 2.5 na p´agina 183, se a func¸a˜ o h : [0, b] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada h0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por

−cn senh

nπa 2 = b b

Z b 0

h(y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

Podemos evitar o sinal negativo se escrevemos u( x, y) = Julho 2011

∞

∞

n =1

n =1

∑ un (x, y) = ∑ cn sen

nπy nπ senh( ( a − x )) b b

(5.7)

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

430 e neste caso cn senh

nπa 2 = b b

Z b 0

h(y) sen(

nπy )dy, n = 1, 2, 3 . . . b

(5.8)

Vamos verificar que realmente (5.7) com os coeficientes dados por (5.8) e´ a soluc¸a˜ o ˜ de fronteira e a do problema de valor inicial. Claramente (5.7) satisfaz as condic¸oes condic¸a˜ o inicial e´ satisfeita para os valores de y ∈ (0, b) tais que h(y) e´ cont´ınua. Vamos ver se (5.7) satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Cada termo da s´erie satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal ´ de somatorio. Isto decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.7 na p´agina 197 usando o fato de que nπa nπa Z 1 2 b 2Me− b 2Me− b |cn | ≤ |h(y)|dy ≤ nπa ≤ πa , senh nπa 1 − e −2 b 1 − e −2 b b b 0 nπx − b1 ∂un e nπ cn 2πa , ∂x ( x, y) ≤ 2M b 1 − e− b nπx − b1 2 2 ∂2 u n cn ≤ 2M n π e ( x, y ) , ∂x2 b2 1 − e− 2πa b nπx1 ∂un nπ e− b cn 2πa , ∂y ( x, y) ≤ 2M b 1 − e− b nπx1 ∂2 u n n2 π 2 e − b cn 2πa , ∂y2 ( x, y) ≤ 2M b2 1 − e− b

para M = e

2 b

Rb 0

|h(y)|dy, 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < a, 0 < y1 ≤ y ≤ y2 < b, n = 1, 2, 3, . . . ∞

nπ − nπx1 e b < ∞, b n =1

∑

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

431 ∞

n2 π 2 − nπx1 e b < ∞. 2 n =1 b

∑

Exemplo 5.2. Vamos considerar o problema de Dirichlet num retˆangulo  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3     u(0, y) = h(y), u(3, y) = 0, 0 < y < 2 com

 h(y) =

se 0 ≤ y ≤ 1 se 1 ≤ y ≤ 2

y, 2 − y,

A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

u( x, y) =

∑ cn sen

n =1

nπ nπy senh( (3 − x )) 2 2

em que cn senh( 3nπ ao os coeficientes da s´erie de senos de h(y), que s˜ao os mesmos 2 ) s˜ da func¸a˜ o k (y) do Exemplo 5.1 na p´agina 426, ou seja, cn senh(

3nπ ) 2

=

0

= cn =

Z 2

h(y) sen(

nπy )dy 2

8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

8 sen nπ 2 n2 π 2 senh 3nπ 2

, n = 1, 2, 3 . . .

Ou ainda, c2k = 0 Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

432

z

x

y

Figura 5.3 – Soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet do Exemplo 5.2 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

c2k+1 =

433 8(−1)k

1) π (2k + 1)2 π 2 senh 3(2k+ 2

.

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, y)

=

8 π2

=

8 π2

∞

∑

sen nπ 2

3nπ 2 n=1 n senh 2 ∞

∑

n =0

sen

nπy nπx senh 2 2

(−1)n

(2n + 1)2 senh

5.1.3

3(2n+1)π 2

sen

(2n + 1)πy (2n + 1)π (3 − x ) senh 2 2

Caso Geral  2 ∂ u ∂2 u   + 2 =0    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k(y), 0 < y < b

˜ dos Como dissemos anteriormente a soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma das soluc¸oes ˜ f ( x ), g( x ), h(y) e k(y) n˜ao nulas, que denoproblemas com apenas uma das func¸oes tamos por u( f ) ( x, y), u( g) ( x, y), u(h) ( x, y) e u(k) ( x, y), respectivamente. Ou seja, u( x, y) = u( f ) ( x, y) + u( g) ( x, y) + u(h) ( x, y) + u(k) ( x, y).

Exemplo 5.3. Vamos considerar o problema de Dirichlet num retˆangulo  2 ∂ u ∂2 u   + 2 =0    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3     u(0, y) = h(y), u(3, y) = k(y), 0 < y < 2 Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

434

z

x

y

Figura 5.4 – Soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet do Exemplo 5.3 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

com

435



y, 2 − y,

h(y) = k(y) =

se 0 ≤ y ≤ 1 se 1 ≤ x ≤ 2

A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

nπy u( x, y) = ∑ cn sen 2 n =1



nπx nπ (3 − x ) senh + senh 2 2



em que cn senh 3nπ ao os coeficientes da s´erie de senos de k(y), que s˜ao os mesmos 2 s˜ da func¸a˜ o k (y) do Exemplo 5.1 na p´agina 426, ou seja, cn senh

3nπ 2

=

Z 2 0

nπy dy 2

8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

= cn =

k(y) sen

8 sen nπ 2 2 2 senh( 3nπ 2 )n π

, n = 1, 2, 3 . . .

Ou ainda, c2k = 0 c2k+1 =

8(−1)k 1) π (2k + 1)2 π 2 senh 3(2k+ 2

.

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, y)

= =

∞

sen nπ 2

 nπx nπ (3 − x ) senh + senh ∑ 2 3nπ 2 2 n=1 n senh 2   8 ∞ (−1)n (2n + 1)πy (2n + 1)πx (2n + 1)π (3 − x ) sen senh + senh 3(2n+1)π 2 2 2 π 2 n∑ =0 (2n + 1)2 senh 8 π2

nπy sen 2



2

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

436

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 466) 1.1. Resolva o seguinte problema  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3     u(0, y) = 0, u(3, y) = k (y), 0 < y < 2 com

  y, 1/2, k(y) =  2 − y,

se 0 ≤ y < 1/2 se 1/2 ≤ y < 3/2 se 3/2 < y ≤ 2

1.2. Resolva o seguinte problema  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3     u(0, y) = h(y), u(3, y) = 0, 0 < y < 2 com

  y, 1/2, h(y) =  2 − y,

se 0 ≤ y < 1/2 se 1/2 ≤ y < 3/2 se 3/2 < y ≤ 2

1.3. Resolva o seguinte problema  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, b) = g( x ), 0 < x < a     u(0, y) = 0, u( a, y) = 0, 0 < y < b Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.1

Equac¸a˜ o de Laplace num Retˆangulo

437

1.4. Resolva o seguinte problema  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = 0, 0 < x < a     u(0, y) = 0, u( a, y) = 0, 0 < y < b 1.5. Resolva o seguinte problema  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k (y), 0 < y < b 1.6. Vamos considerar o problema de valor de contorno em um retˆangulo gerado pela equac¸a˜ o de Laplace  2 2   ∂ u + ∂ u = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂y2  ∂x2      

∂u ∂y ( x, 0)

= f ( x ),

∂u ∂y ( x, b )

= g ( x ), 0 < x < a

∂u ∂x (0, y )

= h ( y ),

∂u ∂x ( a, y )

= k ( y ), 0 < y < b

˜ dos Este problema e´ chamado problema de Neuman. A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma das soluc¸oes ˜ f ( x ), g( x ), h(y) e k(y) n˜ao nulas. problemas com apenas uma das func¸oes (a) Resolva o problema  ∂2 u ∂2 u    + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,   ∂y  ∂x2       Julho 2011

∂u ∂y ( x, 0)

= 0,

∂u ∂y ( x, b )

= 0, 0 < x < a

∂u ∂x (0, y )

= 0,

∂u ∂x ( a, y )

= k ( y ), 0 < y < b Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

438 (b) Resolva o problema  ∂2 u ∂2 u    + 2 =0   ∂y  ∂x2      

∂u ∂y ( x, 0)

= 0,

∂u ∂y ( x, b )

∂u ∂x (0, y )

= h ( y ),

= 0, 0 < x < a

∂u ∂x ( a, y )

= 0, 0 < y < b

(c) Por analogia escreva a soluc¸a˜ o dos problemas com somente f ( x ) diferente de zero, com somente g( x ) diferente de zero e determine a soluc¸a˜ o do problema de Neuman no caso geral  2 2   ∂ u + ∂ u = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,   2  ∂y2  ∂x      

∂u ∂y ( x, 0)

= f ( x ),

∂u ∂y ( x, b )

= g ( x ), 0 < x < a

∂u ∂x (0, y )

= h ( y ),

∂u ∂x ( a, y )

= k ( y ), 0 < y < b

´ (d) Explique por que este problema n˜ao tem soluc¸a˜ o unica. (e) Explique por que o problema so´ tem soluc¸a˜ o se Z b 0

k (y)dy =

Z b 0

h(y)dy =

Z a 0

g( x )dx =

Z a 0

f ( x )dx = 0

˜ diferenciais ordin´arias e as condic¸oes ˜ de fronteira associadas a` s soluc¸oes ˜ funda1.7. Encontre as equac¸oes mentais do problema:  2 ∂u ∂ u ∂2 u   + 2 = u − ; 0 < x < 1, 0 < y < 1,  2  ∂x ∂x ∂y     ∂u u(0, y) = 0 = (1, y); 0 < y < 1, ∂x   ∂u   ( x, 1) = 0; 0 < x < 1,     ∂y u( x, 0) = f ( x ); 0 < x < 1. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.2

Equac¸a˜ o de Laplace numa Faixa Semi-infinita

5.2

439

Equac¸a˜ o de Laplace numa Faixa Semi-infinita

Vamos resolver o problema de Dirichlet numa faixa semi-infinita, que corresponde, por exemplo, ao problema de encontrar a temperatura estacion´aria em cada ponto de uma faixa semi-infinita, cujas laterais s˜ao mantidas a temperaturas T1 = T2 = 0, sendo conhecida a temperatura em uma extremidade da faixa.  2 2   ∂ u + ∂ u = 0, y > 0, 0 < x < a,   2  ∂x ∂y2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < a, u( x, y) e´ limitada para y > 0, 0 < x < a,     u(0, y) = 0, u( a, y) = 0, y > 0

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

440

y

u(0,y)=0

u(a,y)=0

x a u(x,0)=f(x)

Figura 5.5 – Faixa semi-infinita onde e´ resolvido o problema de Dirichlet

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.2

Equac¸a˜ o de Laplace numa Faixa Semi-infinita

441

Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) = − X ( x )Y 00 (y). Dividindo-se por X ( x )Y (y) obtemos Y 00 (y) X 00 ( x ) =− . X (x) Y (y) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (y) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira Obtemos ent˜ao duas equac¸oes 

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X ( a) = 0, Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (y) e´ limitada para y > 0.

˜ X (0) = X ( a) = 0 decorrem do fato de que 0 = u(0, y) = X (0)Y (y) e As condic¸oes 0 = u( a, y) = X ( a)Y (y). A condic¸a˜ o Y (y), decorre do fato de que u( x, y) e´ limitada na faixa. ˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o n˜ao nula somente se A primeira equac¸a˜ o com as condic¸oes 2 2 ˜ fundamentais s˜ao λ = − n aπ2 , para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso as soluc¸oes Xn ( x ) = sen Julho 2011

nπx , n = 1, 2, 3, . . . a Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

442

Assim, a segunda equac¸a˜ o diferencial com a condic¸a˜ o de Y (y) ser limitada, para ˜ fundamentais y > 0, tem soluc¸oes Yn (y) = e−

nπy a

˜ de fronLogo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes teira u(0, y) = 0, u( a, y) = 0, para y > 0, com a condic¸a˜ o de u( x, y) ser limitada tem ˜ fundamentais soluc¸oes un ( x, y) = Xn ( x )Yn (y) = sen

nπx − nπy e a a

Vamos supor que a soluc¸a˜ o seja a s´erie ∞

∞

n =1

n =1

u( x, y) =

∑ cn un (x, y) = ∑ cn sen

nπx − nπy e a . a

(5.9)

Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f (x) =

∑ cn sen

n =1

nπx . a

Assim, se a func¸a˜ o f ( x ) e´ cont´ınua por partes com sua derivada tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por 2 cn = a

Z a 0

f ( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

(5.10)

Vamos verificar que realmente (5.9) com os coeficientes dados por (5.10) e´ a soluc¸a˜ o ˜ de fronteira e a do problema de valor inicial. Claramente (5.9) satisfaz as condic¸oes condic¸a˜ o inicial e´ satisfeita para os valores de x ∈ (0, L) tais que f ( x ) e´ cont´ınua. Vamos ver se (5.9) satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Cada termo da s´erie satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.2

Equac¸a˜ o de Laplace numa Faixa Semi-infinita

443

´ de somatorio. Isto decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.7 na p´agina 197 usando o fato de que nπy ∂un ≤ M nπ e− a 1 cn ( x, y ) ∂x a 2 2 nπy ∂2 u n cn ≤ M n π e− a 1 ( x, y ) ∂x2 a2 ∂un nπ − nπy1 cn a ∂y ( x, y) ≤ M a e 2 2 nπy ∂2 u n cn ≤ M n π e− a 1 ( x, y ) ∂y2 2 a R a para M = 2a 0 | f ( x )|dx, 0 ≤ x ≤ a, 0 < y1 ≤ y ≤ y2 , n = 1, 2, 3, . . . e ∞

nπ − nπy1 e a < ∞, a n =1

∑

∞

n2 π 2 − nπy1 e a < ∞. 2 n =1 a

∑

Observamos que a temperatura estacion´aria em cada ponto da placa tende a zero quando y tende a +∞, ou seja, ∞

lim u( x, y) =

y→∞

∑

n =1

 cn

 lim un ( x, y)

t→∞

= 0,

para x ∈ [0, a],

que decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.8 na p´agina 199, usando o fato de que  π n |cn un ( x, y)| ≤ M e− a y1 Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

444 para 0 ≤ x ≤ a, 0 < y1 ≤ y ≤ y2 , n = 1, 2, 3, . . . e ∞

∑



e− a

π

y1

n

< ∞.

n =1

Exemplo 5.4. Vamos considerar o problema de encontrar a temperatura estacion´aria em cada ponto de uma faixa semi-infinita, cujas laterais s˜ao mantidas a temperaturas T1 = T2 = 0, sendo conhecida a temperatura em uma extremidade da faixa. Ou seja, vamos resolver o problema de Dirichlet na faixa semi-infinita  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 2, y > 0,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 2,     u(0, y) = 0, u(2, y) = 0, y > 0. com



x, se 0 ≤ x ≤ 1, 2 − x, se 1 ≤ x ≤ 2.

f (x) = A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

∑ cn sen

u( x, y) =

n =1

nπx − nπy e 2 . 2

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f ( x ), que s˜ao os mesmos da func¸a˜ o k (y) do Exemplo 5.1 na p´agina 426, ou seja, cn

=

Z 2 0

=

f ( x ) sen

nπx dx 2

8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.2

Equac¸a˜ o de Laplace numa Faixa Semi-infinita

445

Ou ainda, c2k = 0 c2k+1 =

8(−1)k 1) π (2k + 1)2 π 2 senh 3(2k+ 2

.

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, y)

Julho 2011

∞

=

8 π2

sen nπ nπx − nπy 2 sen e 2 2 2 n n =1

=

8 π2

(−1)n (2n + 1)πx − (2n+1)πy 2 sen e . 2 2 n=0 (2n + 1)

∑ ∞

∑

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

446

z

x

y

Figura 5.6 – Soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet do Exemplo 5.4 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.2

Equac¸a˜ o de Laplace numa Faixa Semi-infinita

447

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 477) 2.1. Resolva o problema de encontrar a temperatura estacion´aria em cada ponto de uma faixa semi-infinita, que e´ isolada nas laterais, sendo conhecida a temperatura em uma extremidade da faixa. Ou seja, resolva o problema de valores de fronteira  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, y > 0, 0 < x < a,   ∂y  ∂x2 u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < a, |u( x, y)| ≤ M, para y > 0, 0 < x < a,      ∂u (0, y) = 0, ∂u ( a, y) = 0, y > 0. ∂x ∂x Se a temperatura em uma extremidade da faixa e´ constante, f ( x ) = T0 , para 0 < x < a, qual e´ a temperatura estacion´aria em qualquer ponto da faixa, u( x, y)? 2.2. Resolva o problema de encontrar a temperatura estacion´aria em cada ponto de uma faixa semi-infinita, cuja lateral direita e´ mantida a temperatura zero e lateral esquerda e´ isolada, sendo conhecida a temperatura em uma extremidade da faixa. Ou seja, resolva o problema de valores de fronteira  2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, y > 0, 0 < x < a,   ∂y  ∂x2 u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < a, |u( x, y)| ≤ M, para y > 0, 0 < x < a,      ∂u (0, y) = 0, u( a, y) = 0, y > 0. ∂x Se

 f (x) =

a/2 − x, 0,

se 0 ≤ x < a/2, se a/2 ≤ x < a.

determine a temperatura estacion´aria em qualquer ponto da faixa u( x, y).

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

448

5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

Escrevendo a equac¸a˜ o de Laplace em coordenadas polares (r, θ ), vamos resolver o problema de Dirichlet no c´ırculo, que corresponde, por exemplo, ao problema de encontrar a temperatura estacion´aria de uma placa circular se s˜ao conhecidos os valores da temperatura na borda da placa.  2 2   ∂ u + 1 ∂u + 1 ∂ u = 0, 0 < r < a r ∂r ∂r2 r2 ∂θ 2   u( a, θ ) = f (θ ), 0 < θ < 2π

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

449

y a

u(a,θ)=f(θ)

x -a

a

-a

Figura 5.7 – C´ırculo onde e´ resolvido o problema de Dirichlet

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

450

Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de r por uma func¸a˜ o de θ, ou seja, u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r multiplicando-se por

r2 : R (r ) Θ ( θ ) Θ00 (θ ) R 0 (r ) R00 (r ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, R00 (r ) R 0 (r ) Θ00 (θ ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes: ˜ Obtemos ent˜ao duas equac¸oes Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0,

( 2

00

0

r R (t) + rR (r ) + λR(r ) = 0,

Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ),

(5.11)

R(r ) limitada para 0 < r < a.

(5.12)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e

√

λθ

+ c2 e −

√

λ θ.

Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

451

A condic¸a˜ o Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ), para todo θ ∈ R, implica que o per´ıodo fundamental de Θ(θ ) e´ da forma 2π ¸ a˜ o n˜ao n , para n√= 1, 2, . . . ou zero. Assim, (5.11) tem soluc identicamente nula somente se −λ = n, para n = 0, 1, 2, . . . ou seja, λ = −n2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . ˜ fundamentais ou seja, o problema de valor de fronteira (5.11) tem soluc¸oes (1)

Θn (θ )

= cos nθ, para n = 0, 1, 2, 3, . . .

(2) Θn (θ )

= sen nθ, para n = 1, 2, 3, . . .

Substituindo-se λ = −n2 na equac¸a˜ o diferencial (5.12) obtemos r2 R00 (t) + rR0 (r ) − n2 R(r ) = 0, que tem como soluc¸a˜ o R(r ) = c1 r −n + c2 r n , para n = 1, 2, 3, . . . .

R(r ) = c1 + c2 ln r, para n = 0;

˜ fundamentais s˜ao Como R(r ) tem que ser limitada para 0 < r < a, ent˜ao as soluc¸oes R0 (r ) = 1,

Rn (r ) = r n , para n = 1, 2, 3, . . . .

Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial na regi˜ao r < a tem ˜ fundamentais soluc¸oes u0 (r, θ ) = 1 (1)

(1)

un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = r n cos nθ,

(2)

(2)

un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = r n sen nθ.

Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie ∞

u(r, θ )

= c0 +

∑ (cn un

(1)

(2)

(r, θ ) + dn un (r, θ ))

n =1 ∞

= c0 +

∑ rn (cn cos nθ + dn sen nθ ).

(5.13)

n =1

Julho 2011

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

452

Para satisfazer a condic¸a˜ o u( a, θ ) = f (θ ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f (θ ) = u( a, θ ) = c0 +

∑ an (cn cos nθ + dn sen nθ ).

n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de f (θ ) com per´ıodo 2π. Assim, se a func¸a˜ o f : [0, 2π ] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c0

=

an cn

=

an dn

=

2π 1 f (θ ) dθ, 2π 0 Z 1 2π f (θ ) cos nθ dθ, π 0 Z 2π 1 f (θ ) sen nθ dθ. π 0

Z

(5.14)

para n = 1, 2, 3 . . . Vamos verificar que realmente (5.13) com os coeficientes dados por (5.14) e´ a soluc¸a˜ o ˜ de fronteira e do problema de valor inicial. Claramente (5.13) satisfaz as condic¸oes a condic¸a˜ o inicial e´ satisfeita para os valores de θ ∈ (0, 2π ) tais que f (θ ) e´ cont´ınua. Vamos ver se (5.13) satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Cada termo da s´erie satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para den´ tro do sinal de somatorio. Isto decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.7 na p´agina 197 usando o fato de que  n ∂un cn ≤ 2Mn r2 ( r, θ ) ∂r a  n ∂2 u n cn ≤ 2Mn2 r2 ( r, θ ) ∂r2 a  n ∂un cn ≤ 2Mn r2 ( r, θ ) ∂θ a Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

453  n ∂2 u n cn ≤ 2Mn2 r2 ( r, θ ) ∂θ 2 a

para M =

1 π

R 2π 0

| f (θ )|dθ, 0 < r1 ≤ r ≤ r2 < a, 0 ≤ θ ≤ 2π, n = 1, 2, 3, . . . e ∞

∑ 2Mn

 r n

n =1 ∞

∑

2Mn2

n =1

2

a

< ∞,

 r n 2

a

< ∞.

Exemplo 5.5. Vamos considerar o problema de encontrar a temperatura estacion´aria em cada ponto de um disco de raio 2 cm, se a temperatura na borda da placa e´ dada por f (θ ) = θ, para 0 ≤ θ ≤ π e f (θ ) = 2π − θ, para π < θ ≤ 2π. Ou seja, vamos resolver o problema de Dirichlet no c´ırculo  2 2   ∂ u + 1 ∂u + 1 ∂ u = 0, 0 < r < a 2 2 r ∂r ∂r r ∂θ 2   u( a, θ ) = f (θ ), 0 ≤ θ ≤ 2π. com  f (θ ) =

θ, se 0 ≤ θ ≤ π 2π − θ, se π ≤ θ ≤ 2π

A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao ∞

u(r, θ ) = c0 +

∑ rn (cn cos nθ + dn sen nθ ),

para 0 < r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π.

n =1

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

454 em que an cn e an dn s˜ao os coeficientes da s´erie de Fourier de f (θ ), ou seja, c0

=

an cn

= = =

2π 1 π f (θ ) dθ = 2π 0 2 Z Z 2 π 1 2π f (θ ) cos nθ dθ = θ cos nθ dθ π 0 π 0 nπ   2 (1) 2 an ( f 0,1 , π ) = 2 (s sen s + cos s) n π 0 2((−1)n − 1) , n = 1, 2, 3 . . . n2 π

Z

Ou ainda,

a2k c2k = 0 a2k+1 c2k+1 =

an dn

=

1 π

Z 2π 0

−4 . (2k + 1)2 π

f (θ ) sen nθ dθ = 0

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u(r, θ )

∞

=

π 2 + 2 π

r n ((−1)n − 1) cos nθ a n n2 n =1

=

π 4 − 2 π

∑

∑ ∞

n =0

r (2n+1) cos(2n + 1)θ. a(2n+1) (2n + 1)2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

455

z

x

y

Figura 5.8 – Soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet do Exemplo 5.5 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

456

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 481) 3.1. Resolva o problema de Dirichlet no semic´ırculo  2 ∂ u 1 ∂u 1 ∂2 u   + = 0, 0 ≤ r < a +  2  ∂r r ∂r r2 ∂θ 2 u( a, θ ) = f (θ ), 0 < θ < π     u(r, 0) = u(r, π ) = 0, 0 ≤ r < a

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

457

y

a u(a,θ)=f(θ)

x

-a

u(r,π)=0

u(r,0)=0

a

Figura 5.9 – Semic´ırculo onde e´ resolvido o problema de Dirichlet

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

458 3.2. Resolva o problema de valores de fronteira no semic´ırculo  2 ∂ u 1 ∂u 1 ∂2 u   + = 0, 0 ≤ r < a +   2  r ∂r r2 ∂θ 2  ∂r ∂u ( a, θ ) = g(θ ), 0 < θ < π    ∂r    u(r, 0) = u(r, π ) = 0, 0 ≤ r < a 3.3. Resolva o problema de Dirichlet no setor circular

 2 ∂ u 1 ∂u 1 ∂2 u   + = 0, 0 ≤ r < a, 0 < θ < α +  2  ∂r r ∂r r2 ∂θ 2 u( a, θ ) = f (θ ), 0 < θ < α     u(r, 0) = u(r, α) = 0, 0 ≤ r < a

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

459

y

a

u(r,α)=0 u(a,θ)=f(θ) x

α u(r,0)=0 -a

a

Figura 5.10 – Setor circular onde e´ resolvido o problema de Dirichlet

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

460 3.4. Resolva o problema de Dirichlet na coroa circular (a)

(b)

(c)

 2 2   ∂ u + 1 ∂u + 1 ∂ u = 0, a < r < b 2 2 r ∂r ∂r r ∂θ 2   u( a, θ ) = 0, u(b, θ ) = g(θ ), 0 < θ < 2π  2 2   ∂ u + 1 ∂u + 1 ∂ u = 0, a < r < b 2 2 r ∂r ∂r r ∂θ 2   u( a, θ ) = f (θ ), u(b, θ ) = 0, 0 < θ < 2π  2 2   ∂ u + 1 ∂u + 1 ∂ u = 0, a < r < b r ∂r ∂r2 r2 ∂θ 2   u( a, θ ) = f (θ ), u(b, θ ) = g(θ ), 0 < θ < 2π

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

461

y b

u(b,θ)=g(θ)

a x

u(a,θ)=f(θ) -b

-a

aa

b

-a -b

Figura 5.11 – Coroa circular onde e´ resolvido o problema de Dirichlet

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462 3.5. Resolva o problema de Dirichlet na regi˜ao exterior ao c´ırculo, ou seja,  2 ∂ u 1 ∂u 1 ∂2 u   + = 0, r > a, +   ∂r2 r ∂r r2 ∂θ 2 u( a, θ ) = f (θ ), 0 < θ < 2π,     |u(r, θ )| ≤ M, para r > a, 0 < θ < 2π. Mostre que lim u(r, θ ) = r →∞

1 2π

Z 2π 0

f (θ ) dθ.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

463

y a

u(a,θ)=f(θ)

x -a

a

-a

Figura 5.12 – Regi˜ao exterior ao c´ırculo onde e´ resolvido o problema de Dirichlet

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

464 3.6. Resolva o problema de valores de fronteira

 2 ∂ u 1 ∂u 1 ∂2 u   + + = 0, 1 < r < a, 0 < θ < π,   2  r ∂r r2 ∂θ 2  ∂r u(r, 0) = u(r, π ) = 0, 1 < r < a,       ∂u ( a, θ ) = g(θ ), 0 < θ < π. ∂r 3.7. Considere o problema de encontrar a temperatura estacion´aria em um cilindro cujas superf´ıcies superior e inferior s˜ao mantidas a temperatura zero e com valores na superf´ıcie lateral dependendo apenas da altura z. Escrevendo a equac¸a˜ o de Laplace em coordenadas cil´ındricas (r, θ, z) e supondo que a soluc¸a˜ o n˜ao dependa de θ, ou seja, que u = u(r, z), o problema de Dirichlet para um cilindro de raio a e altura b pode ser escrito como  2 ∂ u 1 ∂u ∂2 u   + 2 = 0, r < a, +  r ∂r ∂r2 ∂z    u( a, z) = f (z), 0 < z < b, u(r, 0) = 0, u(r, b) = 0, para 0 < r < a. ˜ (a) Escreva a soluc¸a˜ o na forma u(r, z) = R(r ) Z (z) e mostre que R(r ) e Z (z) satisfazem as equac¸oes diferenciais ordin´arias  00 Z (z) + λZ (z) = 0, rR00 (r ) + R0 (r ) − λrR(r ) = 0. ˜ de fronteira correspondentes, os valores de λ e as soluc¸oes ˜ de (b) Encontre as condic¸oes Z 00 (z) + λZ (z) = 0 ˜ de fronteira. sujeita as condic¸oes 3.8. Considere o problema de encontrar a temperatura estacion´aria em uma bola de raio a com valores na sua superf´ıcie dependendo apenas do aˆ ngulo θ. Escrevendo a equac¸a˜ o de Laplace em coordenadas esf´ericas Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.3

Equac¸a˜ o de Laplace em Regi˜oes Circulares

465

(r, θ, φ) e supondo que a soluc¸a˜ o n˜ao dependa do aˆ ngulo azimutal φ, ou seja, que u = u(r, θ ), o problema de Dirichlet pode ser escrito como  2   ∂ u 2 ∂u ∂u 1 ∂2 u    + + cot θ + 2 = 0, r < a,   ∂r2 r ∂r ∂θ r ∂θ 2 u( a, θ ) = f (θ ), 0 ≤ θ ≤ π,      u(r, θ ) limitada para 0 < r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ π. ˜ diferenEscreva a soluc¸a˜ o na forma u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ) e mostre que R(r ) e Θ(θ ) satisfazem as equac¸oes ciais ordin´arias  00 Θ (θ ) + cot θ Θ0 (θ ) + λΘ(θ ) = 0, r2 R00 (r ) + 2rR0 (r ) − λR(r ) = 0.

Julho 2011

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

466

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

1. Equa¸ca˜ o de Laplace no Retˆangulo (p´agina 436) 1.1. A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao u( x, y) =

∞

∑ cn sen

n =1

nπy nπx senh 2 2

ao os coeficientes da s´erie de senos de k(y), ou seja, em que cn senh( 3nπ 2 ) s˜ cn senh(

3nπ ) 2

=

0

= cn =

Z 2

nπy )dx 2 + sen 3nπ 4 , n = 1, 2, 3 . . . n2

k(y) sen(

4 sen nπ 4 π2

3nπ 4 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π 2 n2 senh( 3nπ 2 )

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, y)

=

4 π2

1.2. A soluc¸a˜ o e´ ent˜ao

∞

3nπ sen nπ 4 + sen 4

n =1

n2 senh( 3nπ 2 )

∑ ∞

u( x, y) =

∑ cn sen

n =1

em que

cn senh( 3nπ 2 )

sen

nπy nπx senh 2 2

nπy nπ senh( (3 − x )) 2 2

s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de h(y), ou seja, cn senh(

3nπ ) 2

=

Z 2 0

=

nπy dx 2 + sen 3nπ 4 , n = 1, 2, 3 . . . n2

h(y) sen

4 sen nπ 4 π2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

467

cn =

3nπ 4 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π 2 n2 senh 3nπ 2

Portanto, a soluc¸a˜ o e´ dada por u( x, y)

=

4 π2

∞

3nπ sen nπ 4 + sen 4

n =1

n2 senh( 3nπ 2 )

∑

sen

nπy nπx senh 2 2

1.3. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0 que pode ser reescrita como

Y 00 (y) X 00 ( x ) =− X (x) Y (y)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (y) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, ˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o somente se λ = A primeira equac¸a˜ o com as condic¸oes e neste caso a soluc¸a˜ o e´ da forma X ( x ) = c1 sen Julho 2011

n2 π 2 , a2

para n = 1, 2, 3, . . .

nπx , n = 1, 2, 3, . . . a Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

468

Assim, a segunda equac¸a˜ o diferencial com a condic¸a˜ o Y (0) = 0 tem soluc¸a˜ o Y ( y ) = c2 ( e

nπ y a

− e−

nπ y a

) = C˜ 2 senh

nπy a

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ da Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes forma nπx nπy un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn sen senh a a Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u( x, y) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ un (x, y) = ∑ cn sen

nπx nπy senh a a

˜ s˜ao soluc¸oes. Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, b) = g( x ), temos que ter ∞

g( x ) =

∑ cn sen

n =1

∞ h nπx nπy nπ i nπ senh = ∑ cn senh( b) sen( x ). a a a a n =1

˜ g( x ), g0 ( x ) s˜ao cont´ınuas por partes, ent˜ao os Assim, pelo Corol´ario 2.5 na p´agina 183 se as func¸oes coeficientes s˜ao dados por cn senh(

nπ 2 b) = a a

Z a 0

g( x ) sen(

nπx )dx, n = 1, 2, 3 . . . a

1.4. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

469

que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) Y 00 (y) =− X (x) Y (y)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (y) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0; X ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (b) = 0 ˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o somente se λ = A primeira equac¸a˜ o com as condic¸oes e neste caso a soluc¸a˜ o e´ da forma

n2 π 2 , a2

para n = 1, 2, 3, . . .

nπx , n = 1, 2, 3, . . . a

X ( x ) = c1 sen

Assim, a segunda equac¸a˜ o diferencial com a condic¸a˜ o Y (b) = 0 tem soluc¸a˜ o Y ( y ) = c2 ( e

nπ ( y − b ) a

− e−

nπ ( y − b ) a

) = C˜ 2 senh

nπ (y − b) a

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ da Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes forma nπx nπ (y − b) senh un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn sen a a Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u( x, y) = Julho 2011

∞

N

n =1

n =1

∑ un (x, y) = ∑ cn sen

nπx nπ (y − b) senh a a Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

470 ˜ s˜ao soluc¸oes. Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f (x) = −

∑

cn sen

n =1

∞ h nπx nπ nπ i nπ senh( b) = − ∑ cn senh( b) sen( x ). a a a a n =1

˜ f ( x ), f 0 ( x ) s˜ao func¸oes ˜ cont´ınuas por partes, ent˜ao Assim, pelo Corol´ario 2.5 na p´agina 183 se as func¸oes os coeficientes s˜ao dados por Z a

nπ 2 −cn senh( b) = a a

f ( x ) sen

0

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

Podemos evitar o sinal de menos se escrevemos u( x, y) = e neste caso cn senh( 1.5.

∞

∞

n =1

n =1

∑ un (x, y) = ∑ cn sen

nπ 2 b) = a a

Z a 0

f ( x ) sen(

nπ (b − y) nπx senh a a

nπx )dx, n = 1, 2, 3 . . . a

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 =0    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k (y), 0 < y < b u( x, y) = u( f ) ( x, y) + u( g) ( x, y) + u(h) ( x, y) + u(k) ( x, y), em que u( f ) ( x, y) =

∞

∑ cn

(f)

sen

n =1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

nπ (b − y) nπx senh a a Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

471 ∞

∑ cn

u( g) ( x, y) =

( g)

sen

n =1

u(h) ( x, y) =

∞

∑ cn

(h)

sen

n =1

u(k) ( x, y) =

∞

∑ cn

(k)

nπx nπy senh a a

nπy nπ ( a − x ) senh b b

sen

n =1

nπy nπx senh b b

com coeficientes dados por cn senh

2 nπ b= a a

Z a

( g) cn senh

2 nπ b= a a

Z a

(f)

(h)

cn senh (k)

cn senh 1.6.

0

0

Z 2 b

nπa = b b

nπa 2 = b b

0

Z b 0

f ( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

g( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

h(y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

k(y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

(a) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0 que pode ser reescrita como

Julho 2011

X 00 ( x ) Y 00 (y) =− X (x) Y (y) Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

472

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (t) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes 

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y 0 (0) = 0, Y 0 (b) = 0

˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o somente se λ = 0 ou λ = A segunda equac¸a˜ o com as condic¸oes n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a soluc¸a˜ o e´ da forma Y ( y ) = c1 ,

Y (y) = c1 cos

n2 π 2 , b2

para

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

A primeira equac¸a˜ o diferencial com a condic¸a˜ o X 0 (0) = 0 tem soluc¸a˜ o X ( x ) = c2 ( e

nπ x b

+ e−

nπ x b

nπx ) = C˜ 2 cosh b

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes da forma nπy nπx cosh un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn cos b b Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries ∞

u( x, y) = c0 +

∑ cn cos

n =1

nπy nπx cosh b b

˜ s˜ao soluc¸oes. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

473

Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial k(y)

= =

∂u ∂x ( a, y )

= k(y), temos que ter

∞ ∂u nπ nπy nπa ( a, y) = ∑ cn cos senh ∂x b b b n =1 i ∞ h nπ nπa nπy ∑ cn b senh b cos b . n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de cossenos de k(y) com termo constante nulo. Assim, pelo Corol´ario 2.4 na ˜ k(y), k0 (y) s˜ao cont´ınuas por partes com m´edia de k (y) igual a zero, ent˜ao p´agina 180 se as func¸oes os coeficientes s˜ao dados por cn

nπ nπa 2 senh = b b b

Z b 0

k(y) cos(

nπy )dy, n = 1, 2, 3 . . . b

e para ter soluc¸a˜ o o primeiro coeficiente da s´erie de cossenos de k(y) tem que ser igual a zero, Z b 0

k(y)dy = 0

(b) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0 que pode ser reescrita como Y 00 (y) X 00 ( x ) =− X (x) Y (y) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

474

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (t) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y 0 (0) = 0, Y 0 (b) = 0 ˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o somente se λ = 0 ou λ = A segunda equac¸a˜ o com as condic¸oes n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a soluc¸a˜ o e´ da forma Y ( y ) = c1 ,

Y (y) = c1 cos

n2 π 2 , b2

para

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

A primeira equac¸a˜ o diferencial com a condic¸a˜ o X 0 ( a) = 0 tem soluc¸a˜ o X ( x ) = c2 ( e

nπ ( x − a ) b

+ e−

nπ ( x − a ) b

nπ ( x − a) ) = C˜ 2 cosh b

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes da forma nπy nπ ( x − a) un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn cos cosh b b Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries ∞

u( x, y) = c0 +

∑ cn cos

n =1

nπy nπ ( x − a) cosh b b

˜ s˜ao soluc¸oes. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

475

Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial h(y)

= =

∂u ∂x ( a, y )

= h(y), temos que ter

∞ nπ nπy nπa ∂u (0, y) = ∑ cn cos senh ∂x b b b n =1 i ∞ h nπa nπy nπ ∑ cn b senh b cos b . n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de cossenos de h(y) com termo constante nulo. Assim, pelo Corol´ario 2.4 na ˜ h(y), h0 (y) s˜ao cont´ınuas por partes com m´edia de h(y) igual a zero, ent˜ao p´agina 180 se as func¸oes os coeficientes s˜ao dados por cn

nπ nπa 2 senh = b b b

Z b 0

k(y) cos

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

e para ter soluc¸a˜ o o primeiro coeficiente da s´erie de cossenos de h(y) tem que ser igual a zero, Z b 0

h(y)dy = 0

(c) u( x, y) = c0 + u( f ) ( x, y) + u( g) ( x, y) + u(h) ( x, y) + u(k) ( x, y), em que u( f ) ( x, y) =

∞

∑ cn cos

n =1

∞

n =1

nπy nπx cosh a a

∑ cn cos

nπy nπ ( x − a) cosh b b

u( g) ( x, y) = u(h) ( x, y) =

∞

n =1

Julho 2011

nπx nπ (y − b) cosh a a

∑ cn cos

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

476 ∞

∑ cn cos

u(k) ( x, y) =

n =1

nπy nπx cosh b b

com coeficientes dados por ( f ) nπ

cn

a

( g) nπ

cn

a b

(k) nπ

cn

b

nπb 2 = a a

senh

(h) nπ

cn

nπb 2 = a a

senh

senh

senh

Z a

f ( x ) cos

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

g( x ) cos(

nπx )dx, n = 1, 2, 3 . . . a

0

Z a 0

Z 2 b

nπa = b b

0

Z 2 b

nπa = b b

0

k(y) cos

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

k (y) cos(

nπy )dy, n = 1, 2, 3 . . . b

(d) Por que uma constante somada a uma soluc¸a˜ o tamb´em e´ soluc¸a˜ o do problema. (e) Pois para que tenha soluc¸a˜ o f ( x ), g( x ), h(y) e k(y) tem que possuir uma s´erie de cossenos com o termo constante igual a zero. 1.7. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = X ( x )Y (y) − X 0 ( x )Y (y) que pode ser reescrita como X 00 ( x ) + X 0 ( x ) Y 00 (y) = 1− X (x) Y (y) Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

477

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) + X 0 ( x ) Y 00 (y) = 1− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 X ( x ) + X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = X 0 (1) = 0 Y 00 (y) + (λ − 1)Y (y) = 0, Y 0 (1) = 0 2. Problema de Dirichlet numa Faixa Semi-infinita (p´agina 447) 2.1. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0. Dividindo-se por X ( x )Y (y) obtemos

Y 00 (y) X 00 ( x ) =− . X (x) Y (y)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (y) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0; X 0 ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (y) e´ limitada para y > 0. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

478

2

2

˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o n˜ao nula somente se λ = − n aπ2 , para A primeira equac¸a˜ o com as condic¸oes ˜ fundamentais s˜ao n = 0, 1, 2, 3, . . . e neste caso as soluc¸oes Xn ( x ) = cos

nπx , n = 0, 1, 2, 3, . . . a

˜ Assim, a segunda equac¸a˜ o diferencial com a condic¸a˜ o de Y (y) ser limitada para y > 0, tem soluc¸oes fundamentais nπy Yn (y) = e− a , n = 0, 1, 2, 3, . . . ˜ de fronteira Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes 0,

∂u (0, y) = ∂x

∂u ˜ fundamentais ( a, y) = 0, com a condic¸a˜ o de u( x, y) ser limitada, para y > 0, tem soluc¸oes ∂x nπx − nπy e a , n = 0, 1, 2, 3, . . . un ( x, y) = Xn ( x )Yn (y) = cos a

Vamos supor que a soluc¸a˜ o seja a s´erie ∞

u( x, y) = c0 +

∑

∞

cn un ( x, y) = c0 +

∑ cn cos

n =1

n =1

nπx − nπy e a . a

Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f ( x ) = c0 +

∑ cn cos

n =1

nπx . a

Assim, se a func¸a˜ o f ( x ) e´ cont´ınua por partes com sua derivada tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por c0 =

1 a

Z a 0

f ( x )dx, cn =

2 a

Z a 0

f ( x ) cos

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

Se f ( x ) = T0 , ent˜ao u( x, y) = T0 e´ a temperatura estacion´aria em qualquer ponto da faixa. Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

479

2.2. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de x por uma func¸a˜ o de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equac¸a˜ o obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0. Dividindo-se por X ( x )Y (y) obtemos X 00 ( x ) Y 00 (y) =− . X (x) Y (y) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante Y 00 (y) X 00 ( x ) =− = λ. X (x) Y (y) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0; X ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (y) e´ limitada para y > 0. ˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o n˜ao nula somente se λ = − A primeira equac¸a˜ o com as condic¸oes ˜ fundamentais s˜ao n = 0, 1, 2, 3, . . . e neste caso as soluc¸oes X2n+1 ( x ) = cos

(2n+1)2 π 2 , para 4a2

(2n + 1)πx , n = 0, 1, 2, 3, . . . 2a

˜ Assim, a segunda equac¸a˜ o diferencial com a condic¸a˜ o de Y (y) ser limitada para y > 0, tem soluc¸oes fundamentais (2n+1)πy Y2n+1 (y) = e− 2a , n = 0, 1, 2, 3, . . . Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

480

˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes de fronteira u(0, y) = ∂u ˜ fundamentais 0, ( a, y) = 0, com a condic¸a˜ o de u( x, y) ser limitada, para y > 0, tem soluc¸oes ∂x u2n+1 ( x, y) = X2n+1 ( x )Y2n+1 (y) = cos

(2n + 1)πx − (2n+1)πy 2a e , n = 0, 1, 2, 3, . . . 2a

Vamos supor que a soluc¸a˜ o seja a s´erie u( x, y) =

∞

∞

n =0

n =0

∑ c2n+1 u2n+1 (x, y) = ∑ c2n+1 cos

(2n + 1)πx − (2n+1)πy 2a e . 2a

Mas para satisfazer a condic¸a˜ o inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f (x) =

∑ c2n+1 cos

n =0

(2n + 1)πx . 2a

Assim, se a func¸a˜ o f ( x ) e´ cont´ınua por partes com sua derivada tamb´em cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por c2n+1 =

4 2a

Z a 0

f ( x ) cos

(2n + 1)πx dx, n = 0, 1, 2, 3 . . . 2a

Lembrando que a integrac¸a˜ o deve ser feita no intervalo [0, 2a]:   a (0) (1) c2n+1 = 4 a2n+1 ( f 1 ) − a2n+1 ( f 1 ) 0, 4 0, 4 2 (2n+1)π (2n+1)π a 1 2a 4 4 = ·4· sen s −4· ( s sen s + cos s ) 2 2 2 (2n + 1)π (2n + 1) π 0 0   (2n + 1)π 8a = 1 − cos 4 (2n + 1)2 π 2 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

481

u( x, y) =

8a π2

∞

(2n+1)π

1 − cos ∑ (2n + 1)42 n =0

cos

(2n + 1)πx − (2n+1)πy 2a e 2a

3. Equa¸ca˜ o de Laplace em Regioes ˜ Circulares (p´agina 456) 3.1. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de r por uma func¸a˜ o de θ, ou seja, u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r que pode ser reescrita como

Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias com a condic¸a˜ o de fronteira Θ(0) = Θ(2π ) : Obtemos ent˜ao duas equac¸oes Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0,

( 2

00

0

r R (t) + rR (r ) + λR(r ) = 0,

Θ(0) = Θ(π ) = 0,

(5.15)

R(r ) limitada para 0 < r < a.

(5.16)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e Julho 2011

√ λθ

+ c2 e −

√ λ θ.

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

482 Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ).

˜ de fronteira Θ(0) = Θ(π ) = 0 implica que (5.15) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula As condic¸oes somente se λ < 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −n2 , n = 1, 2, 3, . . . ˜ fundamentais ou seja, o problema de valor de fronteira tem soluc¸oes Θn (θ )

= sen nθ, para n = 1, 2, 3, . . .

Substituindo-se λ = −n2 na equac¸a˜ o diferencial (5.12) obtemos r2 R00 (t) + rR0 (r ) − n2 R(r ) = 0, que tem como soluc¸a˜ o R(r ) = c1 r −n + c2 r n , para n = 1, 2, 3, . . . . ˜ fundamentais s˜ao Como R(r ) tem que ser limitada para 0 < r < a, ent˜ao as soluc¸oes Rn (r ) = r n , para n = 1, 2, 3, . . . . ˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes fundamentais da forma un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = r n sen nθ. Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie u(r, θ ) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (r, θ ) = ∑ rn cn sen nθ.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(5.17) Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

483

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o u( a, θ ) = f (θ ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f (θ ) = u( a, θ ) =

∑ an cn sen nθ.

n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de f (θ ) de senos com per´ıodo 2π. Assim, se a func¸a˜ o f : [0, π ] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por an cn = 3.2.

2 π

Z π 0

f (θ ) sen nθ dθ,

para n = 1, 2, 3 . . .

u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r que pode ser reescrita como

R00 (r ) R 0 (r ) Θ00 (θ ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r ) O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias com a condic¸a˜ o de fronteira Θ(0) = Θ(2π ) : Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ( Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0, Θ(0) = Θ(π ) = 0, (5.18) r2 R00 (t) + rR0 (r ) + λR(r ) = 0,

R(r ) limitada para 0 < r < a.

(5.19)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

484 Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e

√ λθ

+ c2 e −

√ λ θ.

Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ). ˜ de fronteira Θ(0) = Θ(π ) = 0 implica que (5.18) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula As condic¸oes somente se λ < 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −n2 , n = 1, 2, 3, . . . ˜ fundamentais ou seja, o problema de valor de fronteira tem soluc¸oes Θn (θ )

= sen nθ, para n = 1, 2, 3, . . .

Substituindo-se λ = −n2 na equac¸a˜ o diferencial (5.16) obtemos r2 R00 (t) + rR0 (r ) − n2 R(r ) = 0, que tem como soluc¸a˜ o

R(r ) = c1 r −n + c2 r n , para n = 1, 2, 3, . . . .

˜ fundamentais s˜ao Como R(r ) tem que ser limitada para 0 < r < a, ent˜ao as soluc¸oes Rn (r ) = r n , para n = 1, 2, 3, . . . . ˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes fundamentais da forma un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = r n sen nθ. Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie u(r, θ ) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (r, θ ) = ∑ rn cn sen nθ.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

(5.20) Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

485

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o

∂u ( a, θ ) = g(θ ), temos que impor a condic¸a˜ o ∂r g(θ ) =

∞ ∂u ( a, θ ) = ∑ nan−1 cn sen nθ. ∂r n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de g(θ ) com per´ıodo 2π. Assim, se a func¸a˜ o g : [0, π ] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada g0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por na

n −1

2 cn = π

Z π 0

g(θ ) sen nθ dθ,

para n = 1, 2, 3 . . .

3.3. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de r por uma func¸a˜ o de θ, ou seja, u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r multiplicando-se por

r2 : R (r ) Θ ( θ )

Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

486

˜ diferenciais ordin´arias com a condic¸a˜ o de fronteira Θ(0) = Θ(2π ) : Obtemos ent˜ao duas equac¸oes Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0,

( 2

00

0

r R (t) + rR (r ) + λR(r ) = 0,

Θ(0) = Θ(α) = 0,

(5.21)

R(r ) limitada para 0 < r < a.

(5.22)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e

√ λθ

+ c2 e −

√ λ θ.

Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ). ˜ de fronteira Θ(0) = Θ(α) = 0 implica que (5.21) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula As condic¸oes somente se λ ≤ 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . α2

˜ fundamentais ou seja, o problema de valor de fronteira tem soluc¸oes Θ(θ )

Substituindo-se λ = −

= sen

nπθ , para n = 1, 2, 3, . . . α

n2 π 2 na equac¸a˜ o diferencial (5.22) obtemos α2 r2 R00 (t) + rR0 (r ) −

n2 π 2 R(r ) = 0, α2

que tem como soluc¸a˜ o R(r ) = c1 + c2 ln r, para n = 0;

R (r ) = c1 r −

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

nπ α

+ c2 r

nπ α

, para n = 1, 2, 3, . . . . Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

487

˜ fundamentais s˜ao Como R(r ) tem que ser limitada para 0 < r < a, ent˜ao as soluc¸oes R n (r ) = r

nπ α

, para n = 1, 2, 3, . . . .

˜ de fronteira tem soluc¸oes ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e as condic¸oes fundamentais da forma nπ nπθ un (r, θ ) = R(r )Θ(θ ) = r α sen . α Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie ∞

u(r, θ ) =

∑

∞

cn un (r, θ ) =

n =1

nπ

∑ r α cn sen

n =1

nπθ . α

(5.23)

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o u( a, θ ) = f (θ ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f (θ ) = u( a, θ ) =

nπ

∑ a α cn sen

n =1

nπθ . α

Esta e´ a s´erie de Fourier de f (θ ) de senos com per´ıodo 2α. Assim, se a func¸a˜ o f : [0, α] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por a 3.4.

nπ α

cn =

2 α

Z α 0

f (θ ) sen

nπθ dθ, α

para n = 1, 2, 3 . . .

(a) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de r por uma func¸a˜ o de θ, ou seja, u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

488

multiplicando-se por

r2 : R (r ) Θ ( θ ) R00 (r ) R 0 (r ) Θ00 (θ ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes: ˜ Obtemos ent˜ao duas equac¸oes Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0,

( 2

00

0

r R (t) + rR (r ) + λR(r ) = 0,

Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ),

(5.24)

R( a) = 0.

(5.25)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e λ θ + c2 e− λ θ . Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ). A condic¸a˜ o Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ), para todo θ ∈ R, implica que (5.24) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula somente se λ ≤ 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −n2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . ˜ fundamentais ou seja, o problema de valor de fronteira (5.24) tem soluc¸oes (1)

= cos nθ, para n = 0, 1, 2, 3, . . .

(2)

= sen nθ, para n = 1, 2, 3, . . .

Θn (θ ) Θn (θ )

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

489

Substituindo-se λ = −n2 na equac¸a˜ o diferencial (5.25) obtemos r2 R00 (t) + rR0 (r ) − n2 R(r ) = 0, que tem como soluc¸a˜ o geral R(r ) = c1 + c2 ln r, para n = 0;

R(r ) = c1 r −n + c2 r n , para n = 1, 2, 3, . . . .

˜ fundamentais s˜ao Como R( a) = 0, as soluc¸oes r R0 (r ) = ln , a

Rn (r ) = r n − a2n r −n , para n = 1, 2, 3, . . . .

Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e a condic¸a˜ o de que u( a, θ ) = 0 tem ˜ fundamentais soluc¸oes r u0 (r, θ ) = R0 (r )Θ0 (θ ) = ln , a (1)

(1)

(2)

(2)

un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = (r n − a2n r −n ) cos nθ, un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = (r n − a2n r −n ) sen nθ. Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie u(r, θ )

= c0 ln

∞ r (1) (2) + ∑ (cn un (r, θ ) + dn un (r, θ )) a n =1

(5.26)

= c0 ln

∞ r + ∑ (r n − a2n r −n )(cn cos nθ + dn sen nθ ). a n =1

(5.27)

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o u(b, θ ) = g(θ ), temos que impor a condic¸a˜ o g(θ ) = u(b, θ ) = c0 ln Julho 2011

∞ b + ∑ (bn − a2n b−n )(cn cos nθ + dn sen nθ ). a n =1

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

490

Esta e´ a s´erie de Fourier de g(θ ) com per´ıodo 2π. Assim, se a func¸a˜ o g : [0, 2π ] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada g0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por b (ln )c0 a

=

(bn − a2n b−n )cn

=

(bn − a2n b−n )dn

=

2π 1 g(θ ) dθ, 2π 0 Z 1 2π g(θ ) cos nθ dθ, π 0 Z 1 2π g(θ ) sen nθ dθ. π 0

Z

(5.28)

para n = 1, 2, 3 . . . (b) Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de r por uma func¸a˜ o de θ, ou seja, u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r multiplicando-se por

r2 : R (r ) Θ ( θ ) Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

491

˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes: ˜ Obtemos ent˜ao duas equac¸oes Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0,

( 2

00

0

r R (t) + rR (r ) + λR(r ) = 0,

Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ),

(5.29)

R(b) = 0.

(5.30)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e λ θ + c2 e− λ θ . Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ). A condic¸a˜ o Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ), para todo θ ∈ R, implica que (5.29) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula somente se λ ≤ 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −n2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . ˜ fundamentais ou seja, o problema de valor de fronteira (5.29) tem soluc¸oes (1)

Θn (θ )

= cos nθ, para n = 0, 1, 2, 3, . . .

(2) Θn (θ )

= sen nθ, para n = 1, 2, 3, . . .

Substituindo-se λ = −n2 na equac¸a˜ o diferencial (5.30) obtemos r2 R00 (t) + rR0 (r ) − n2 R(r ) = 0, que tem como soluc¸a˜ o geral R(r ) = c1 + c2 ln r, para n = 0;

R(r ) = c1 r −n + c2 r n , para n = 1, 2, 3, . . . .

˜ fundamentais s˜ao Como R(b) = 0, as soluc¸oes r R0 (r ) = ln , b Julho 2011

Rn (r ) = r n − b2n r −n , para n = 1, 2, 3, . . . . Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

492

Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial e a condic¸a˜ o de que u(b, θ ) = 0 tem ˜ fundamentais soluc¸oes r u0 (r, θ ) = R0 (r )Θ0 (θ ) = ln , b (1)

(1)

(2)

(2)

un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = (r n − b2n r −n ) cos nθ, un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = (r n − b2n r −n ) sen nθ. Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie u(r, θ )

= c0 ln

∞ r (1) (2) + ∑ (cn un (r, θ ) + dn un (r, θ )) b n =1

(5.31)

= c0 ln

∞ r + ∑ (r n − b2n r −n )(cn cos nθ + dn sen nθ ). b n =1

(5.32)

Ent˜ao, para satisfazer a condic¸a˜ o u( a, θ ) = f (θ ), temos que impor a condic¸a˜ o f (θ ) = u( a, θ ) = c0 ln

∞ a + ∑ ( an − b2n a−n )(cn cos nθ + dn sen nθ ). b n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de f (θ ) com per´ıodo 2π. Assim, se a func¸a˜ o f : [0, 2π ] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por a (ln )c0 b

=

( an − b2n a−n )cn

=

( an − b2n a−n )dn

=

2π 1 f (θ ) dθ, 2π 0 Z 2π 1 f (θ ) cos nθ dθ, π 0 Z 1 2π f (θ ) sen nθ dθ. π 0

Z

(5.33)

para n = 1, 2, 3 . . . Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

493

(c) A soluc¸a˜ o deste problema e´ a soma da soluc¸a˜ o do problema com apenas f (θ ) n˜ao nula, que vamos denotar por u( f ) (r, θ ), com a soluc¸a˜ o do problema com apenas g(θ ) n˜ao nula, u( g) (r, θ ), ou seja, u(r, θ ) = u( f ) (r, θ ) + u( g) (r, θ ). Logo, a soluc¸a˜ o e´ dada por u(r, θ )

(f)

= c0 ln ( g)

∞ r (f) (f) + ∑ (r n − b2n r −n )(cn cos nθ + dn sen nθ ) b n =1

+c0 ln

∞ r ( g) ( g) + ∑ (r n − a2n r −n )(cn cos nθ + dn sen nθ ) a n =1

em que a (f) (ln )c0 b

=

(f)

=

(f)

=

( an − b2n a−n )cn

( an − b2n a−n )dn

b ( g) (ln )c0 a

=

( g)

=

( g)

=

(bn − a2n b−n )cn (bn − a2n b−n )dn

2π 1 f (θ ) dθ, 2π 0 Z 1 2π f (θ ) cos nθ dθ, π 0 Z 2π 1 f (θ ) sen nθ dθ. π 0 Z 2π 1 g(θ ) dθ, 2π 0 Z 1 2π g(θ ) cos nθ dθ, π 0 Z 2π 1 g(θ ) sen nθ dθ. π 0

Z

para n = 1, 2, 3 . . . 3.5. Vamos procurar uma soluc¸a˜ o na forma de um produto de uma func¸a˜ o de r por uma func¸a˜ o de θ, ou seja, u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

494 Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r multiplicando-se por

r2 : R (r ) Θ ( θ )

Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, R00 (r ) R 0 (r ) Θ00 (θ ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes: ˜ Obtemos ent˜ao duas equac¸oes Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0,

( 2

00

0

r R (t) + rR (r ) + λR(r ) = 0,

Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ),

(5.34)

R(r ) limitada para r > a.

(5.35)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e

√ λθ

+ c2 e −

√ λ θ.

Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ). A condic¸a˜ o Θ(θ ) = Θ(θ + 2π ), para todo θ ∈ R, implica que (5.34) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula somente se λ ≤ 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −n2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

495

˜ fundamentais ou seja, o problema de valor de fronteira (5.34) tem soluc¸oes (1)

Θn (θ )

= cos nθ, para n = 0, 1, 2, 3, . . .

(2) Θn (θ )

= sen nθ, para n = 1, 2, 3, . . .

Substituindo-se λ = −n2 na equac¸a˜ o diferencial (5.35) obtemos r2 R00 (t) + rR0 (r ) − n2 R(r ) = 0, que tem como soluc¸a˜ o R(r ) = c1 r −n + c2 r n , para n = 1, 2, 3, . . . .

R(r ) = c1 + c2 ln r, para n = 0;

˜ fundamentais s˜ao Como R(r ) e´ limitada para r > a, as soluc¸oes R0 (r ) = 1,

Rn (r ) = r −n , para n = 1, 2, 3, . . . .

˜ fundamentais Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial na regi˜ao r > a tem soluc¸oes u0 (r, θ ) = 1 (1)

(1)

un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = r −n cos nθ,

(2)

(2)

un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = r −n sen nθ.

Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie ∞

u(r, θ )

= c0 +

∑ (cn un

(1)

(2)

(r, θ ) + dn un (r, θ ))

n =1 ∞

= c0 +

∑ r−n (cn cos nθ + dn sen nθ ).

(5.36)

n =1

Para satisfazer a condic¸a˜ o u( a, θ ) = f (θ ), temos que impor a condic¸a˜ o ∞

f (θ ) = u( a, θ ) = c0 +

∑ a−n (cn cos nθ + dn sen nθ ).

n =1

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

496

Esta e´ a s´erie de Fourier de f (θ ) com per´ıodo 2π. Assim, se a func¸a˜ o f : [0, 2π ] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada f 0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por c0

=

a−n cn

=

a−n dn

=

2π 1 f (θ ) dθ, 2π 0 Z 2π 1 f (θ ) cos nθ dθ, π 0 Z 1 2π f (θ ) sen nθ dθ. π 0

Z

(5.37)

para n = 1, 2, 3 . . . ∞

lim u(r, θ ) = c0 +

r →∞

∑ cn

n =1





lim un (r, θ ) +

r →∞

∞

∑ dn

n =1



1 lim un (r, θ ) = c0 = r →∞ 2π 

Z 2π 0

f (θ ) dθ,

para x ∈ [0, a],

que decorre da aplicac¸a˜ o do Teorema 2.8 na p´agina 199, usando o fato de que  n  n a a (1) (2) |cn un (r, θ )| ≤ M , |dn un (r, θ )| ≤ M r1 r1 R 2π 1 para M = 2π 0 | f ( θ )| dθ, a < r1 ≤ r ≤ r2 , 0 ≤ θ ≤ 2π, n = 1, 2, 3, . . . e ∞  n a ∑ r1 < ∞. n =1 3.6.

u(r, z) = R(r )Θ(θ ). Derivando-se e substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 R(r )Θ00 (θ ) = 0, r r

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

multiplicando-se por

497

r2 : R (r ) Θ ( θ )

Θ00 (θ ) R00 (r ) R 0 (r ) = −r 2 −r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, R 0 (r ) Θ00 (θ ) R00 (r ) = −r 2 −r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias com condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes ( Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0, Θ(0) = Θ(π ) = 0, 2

00

0

r R (t) + rR (r ) + λR(r ) = 0,

R(1) = 0.

(5.38) (5.39)

˜ A equac¸a˜ o Θ00 (θ ) − λΘ(θ ) = 0 pode ter como soluc¸oes, √

√

Se λ > 0 : Θ(θ ) = c1 e λ θ + c2 e− λ θ . Se λ = 0 : Θ(θ ) = c1 + c2 θ. √ √ Se λ < 0 : Θ(θ ) = c1 sen( −λθ ) + c2 cos( −λθ ). A condic¸a˜ o Θ(0) = Θ(π ) = 0, implica que (5.42) tem soluc¸a˜ o n˜ao identicamente nula somente se λ ≤ 0, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −n2 , n = 1, 2, 3, . . . ˜ fundamentais e al´em disso, o problema de valor de fronteira (5.42) tem soluc¸oes Θn (θ )

= sen nθ, para n = 1, 2, 3, . . .

Substituindo-se λ = −n2 na equac¸a˜ o diferencial (5.43) obtemos r2 R00 (t) + rR0 (r ) − n2 R(r ) = 0, Julho 2011

Reginaldo J. Santos

Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

498 que tem como soluc¸a˜ o

R(r ) = c1 r −n + c2 r n , para n = 1, 2, 3, . . . .

˜ fundamentais s˜ao Como R(1) = 0, as soluc¸oes Rn (r ) = r n − r −n , para n = 1, 2, 3, . . . . ˜ Logo, o problema formado pela equac¸a˜ o diferencial parcial na regi˜ao 1 < r < a e 0 < θ < π tem soluc¸oes fundamentais un (r, θ ) = Rn (r )Θn (θ ) = (r n − r −n ) sen nθ. Vamos supor que a soluc¸a˜ o do problema de Dirichlet seja a s´erie ∞

u(r, θ )

=

∑

∞

cn un (r, θ ) =

n =1

Para satisfazer a condic¸a˜ o

∑ cn (rn − r−n ) sen nθ.

(5.40)

n =1

∂u ( a, θ ) = g(θ ), temos que impor a condic¸a˜ o ∂r g(θ ) =

∞ ∂u ( a, θ ) = ∑ ncn ( an−1 + a−n−1 ) sen nθ. ∂r n =1

Esta e´ a s´erie de Fourier de senos de g(θ ) com per´ıodo 2π. Assim, se a func¸a˜ o g : [0, π ] → R e´ cont´ınua por partes tal que a sua derivada g0 tamb´em seja cont´ınua por partes, ent˜ao os coeficientes da s´erie s˜ao dados por ncn ( an−1 + a−n−1 )

=

2 π

Z π 0

g(θ ) sen nθ dθ,

(5.41)

para n = 1, 2, 3 . . . 3.7. u(r, z) = R(r ) Z (z). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

5.4

Respostas dos Exerc´ıcios

499

Derivando-se e substituindo-se na equac¸a˜ o diferencial obtemos 1 R00 (r ) Z (z) + R0 (r ) Z (z) + R(r ) Z 00 (z) = 0, r dividindo-se por R(r ) Z (z): Z 00 (z) R00 (r ) 1 R0 (r ) =− − . Z (z) R (r ) r R (r ) O primeiro membro depende apenas de z, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, Z 00 (z) R00 (r ) 1 R0 (r ) =− − = λ. Z (z) R (r ) r R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias com a condic¸oes ˜ de fronteira: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes Z 00 (z) + λZ (z) = 0,

(

Z (0) = Z (b) = 0,

(5.42)

R(r ) limitada para 0 < r < a.

(5.43)

˜ de fronteira tem soluc¸a˜ o n˜ao nula somente se λ = A equac¸a˜ o (5.42) com as condic¸oes

n2 π 2 ˜ e tem soluc¸oes b2

00

0

rR (r ) + R (r ) − λrR(r ) = 0,

fundamentais Zn (z) = sen

nπz , b

para n = 1, 2, 3 . . .

3.8. u(r, θ ) = R(r )Θ(θ ). Derivando e substituindo na equac¸a˜ o diferencial obtemos 2 1 R00 (r )Θ(θ ) + R0 (r )Θ(θ ) + 2 ( R(r )Θ00 (θ ) + cot θR(r )Θ0 (θ )) = 0, r r Julho 2011

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Equac¸a˜ o de Laplace Bidimensional

500

multiplicando-se por

r2 : R (r ) Θ ( θ ) Θ00 (θ ) + cot θΘ0 (θ ) R 0 (r ) R00 (r ) = −r 2 − 2r . Θ(θ ) R (r ) R (r )

O primeiro membro depende apenas de θ, enquanto o segundo depende apenas de r. Isto so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante, ou seja, R00 (r ) R 0 (r ) Θ00 (θ ) + cot θ Θ0 (θ ) = −r 2 − 2r = λ. Θ(θ ) R (r ) R (r ) ˜ diferenciais ordin´arias: Obtemos ent˜ao duas equac¸oes  00 Θ (θ ) + cot θ Θ0 (θ ) + λΘ(θ ) = 0, r2 R00 (r ) + 2rR0 (r ) − λR(r ) = 0.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6 Transformada de Fourier

6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

A transformada de Fourier de uma func¸a˜ o f : R → R (ou C) e´ definida por 1 F ( f )(ω ) = fˆ(ω ) = √ 2π

Z ∞ −∞

e−iωx f ( x )dx.

para todo ω ∈ R tal que a integral acima converge. Representaremos a func¸a˜ o ori´ ginal por uma letra minuscula e a sua vari´avel por x. Enquanto a transformada de Fourier ser´a representada pela letra correspondente com um chap´eu e a sua vari´avel ˜ f ( x ), g( x ) e h( x ) ser˜ao por ω. Por exemplo, as transformadas de Fourier das func¸oes representadas por fˆ(ω ), gˆ (ω ) e hˆ (ω ), respectivamente. 501

502

Transformada de Fourier

f (x)

F fˆ(ω ) Figura 6.1 – Transformada de Fourier como uma “caixa” Se f : R → R, ent˜ao 1 F ( f )(ω ) = fˆ(ω ) = √ 2π

Z

∞

−∞

cos(ωx ) f ( x )dx − i

Z ∞ −∞

 sen(ωx ) f ( x )dx ,

e fˆ(ω ) e´ real se, e somente se, f e´ par. Neste caso tamb´em fˆ e´ par. V´arios autores definem a transformada de Fourier de maneiras diferentes, mas que ´ s˜ao casos particulares da formula s Z ∞ |b| fˆ(ω ) = f ( x )eibωx dx, (2π )1−a −∞ para diferentes valores das constantes a e b. Estamos usando aqui ( a, b) = (0, −1). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

503

˜ tamb´em bastante usadas s˜ao com ( a, b) = (0, −2π ) e ( a, b) = Algumas definic¸oes (1, −1). Seja a uma constante maior ou igual a zero. Definimos a fun¸ca˜ o degrau (unit´ario) ou fun¸ca˜ o de Heaviside por  0, para x < a ua (x) = 1, para x ≥ a Observe que u a ( x ) = u0 ( x − a) e u a (− x ) = u− a ( x ). Em muitos sistemas computacionais a func¸a˜ o u0 ( x ) e´ uma func¸a˜ o pr´e-definida no sistema. ´ Seja I um subconjunto dos numeros reais. A func¸a˜ o χ I : R → R chamada de fun¸ca˜ o caracter´ıstica de I e´ definida por  1, se x ∈ I, χ I (x) = 0, caso contr´ario. ´ Exemplo 6.1. Seja a um numero real positivo. Seja χ[0,a] : R → R dada por  χ[0,a] ( x ) =

F (χ[0,a] )(ω ) = = F (χ[0,a] )(0) =

1, se 0 < x < a, 0, caso contr´ario.

∞ a 1 1 √ e−iωx f ( x )dx = √ e−iωx f ( x )dx 2π −∞ 2π 0 1 e−iωx a 1 1 − e−iaω √ , se ω 6= 0, = √ iω 2π −iω 0 2π Z ∞ Z a 1 1 a √ f ( x )dx = √ dx = √ . 2π −∞ 2π 0 2π

Z

Z

´ Exemplo 6.2. Seja a um numero real positivo. Seja f : R → R dada por f (x) = e Julho 2011

− ax

 u0 ( x ) =

0, se x < 0 e− ax , se x ≥ 0 Reginaldo J. Santos

504

Transformada de Fourier

F ( f )(ω ) = =

∞ ∞ 1 1 √ e−iωx f ( x )dx = √ e−iωx e− ax dx 2π −∞ 2π 0 1 e−(a+iω ) x ∞ 1 1 √ . = √ −( a + iω ) a + iω 0 2π 2π

Z

Z

Teorema 6.1 (Dilatac¸a˜ o). Seja a uma constante n˜ao nula. Se a transformada de Fourier da fun¸ca˜ o f : R → R e´ fˆ(ω ), ent˜ao a transformada de Fourier da fun¸ca˜ o g( x ) = f ( ax ) e´ gˆ (ω ) =

1 ˆ ω f ( ), | a| a

para ω ∈ R.

Em particular F ( f (− x )) = fˆ(−ω ).

Demonstrac¸a˜ o. Se a > 0, ent˜ao gˆ (ω )

= =

∞ 1 √ e−iωx f ( ax )dx − ∞ 2π Z ∞ x0 1 1 ω √ e−iω a f ( x 0 )dx 0 = fˆ( ). a a a 2π −∞

Z

Se a < 0, ent˜ao gˆ (ω )

= =

∞ 1 √ e−iωx f ( ax )dx 2π −∞ Z −∞ x0 1 1 ω √ e−iω a f ( x 0 )dx 0 = − fˆ( ). a a a 2π ∞

Z

 Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

505

f (x) f ( ax )

F fˆ(ω ) 1 | a|

fˆ( ωa )

Figura 6.2 – Teorema da Dilatac¸a˜ o ´ Exemplo 6.3. Seja a um numero real positivo. Seja f : R → R dada por 

ax

f ( x ) = e u0 (− x ) =

e ax 0

se x < 0 se x ≥ 0

Como f ( x ) = g(− x ), em que g( x ) = e− ax u0 ( x ), ent˜ao pelo Exemplo 6.2 temos que 1 1 F ( f )(ω ) = F ( g)(−ω ) = √ 2π a − iω ´ Exemplo 6.4. Seja a um numero real positivo. Seja f : R → R dada por  f ( x ) = χ[− a,0] ( x ) = Julho 2011

1, 0,

se − a < x < 0 caso contr´ario Reginaldo J. Santos

506

Transformada de Fourier

Como χ[−a,0] ( x ) = χ[0,a] (− x ), ent˜ao pelo Exemplo 6.1 temos que  1 eiaω − 1   , √ iω 2π ˆf (ω ) = F (χ [− a,0] )(ω ) = F ( χ[0,a] )(− ω ) =  a  √ , 2π

se ω 6= 0, se ω = 0.

Observe que al´em de se verificar que lim fˆ(ω ) = fˆ(ω0 ), para ω0 6= 0, tamb´em ω → ω0

temos que

lim fˆ(ω ) = fˆ(0).

ω →0

Logo, fˆ(ω ) e´ cont´ınua. Pode-se mostrar que isto vale em geral, como enunciamos a seguir, sem apresentar uma demonstrac¸a˜ o.

Teorema 6.2 (Continuidade). Se f : R → R e´ tal que

R∞

−∞

| f ( x )|dx < ∞, ent˜ao fˆ(ω ) e´ cont´ınua.

Teorema 6.3 (Linearidade). Se a transformada de Fourier de f ( x) e´ fˆ(ω ), e a transformada de Fourier de g( x) e´ gˆ (ω ), ent˜ao para quaisquer constantes α e β

F (α f + βg)(ω ) = αF ( f )(ω ) + βF ( g)(ω ) = α fˆ(ω ) + β gˆ (ω ),

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

para ω ∈ R.

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

507

Demonstrac¸a˜ o. ∞ 1 √ e−iωx (α f ( x ) + βg( x ))dx 2π −∞ Z ∞ Z ∞ β α e−iωx f ( x )dx + √ e−iωx g( x )dx = √ 2π −∞ 2π −∞ = αF ( f )(ω ) + βF ( g)(ω )

F (α f + βg)(ω ) =

Z

 f (x) g( x ) α f ( x ) + βg( x )

F fˆ(ω ) gˆ (ω ) ˆ α f (ω ) + β gˆ (ω ) Figura 6.3 – Transformada de Fourier de uma combinac¸a˜ o linear

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508

Transformada de Fourier

´ Exemplo 6.5. Seja a um numero real positivo. Seja χ[− a,a] : R → R dada por  χ[− a,a] ( x ) =

1, 0,

se − a < x < a caso contr´ario

Como χ[−a,a] ( x ) = χ[− a,0] ( x ) + χ[0,a] ( x ), ent˜ao pelos Exemplos 6.1 e 6.4 temos que

F (χ[−a,a] )(ω ) = = F (χ[−a,a] )(0) =

 iaω   iaω  1 e − 1 1 − e−iaω 1 e − e−iaω √ + = √ iω iω iω 2π 2π r 2 sen( aω ) , se ω 6= 0 π ω Z ∞ Z a 1 2a 1 √ √ f ( x )dx = dx = √ . − ∞ − a 2π 2π 2π

Aqui usamos que eiaω e

−iaω

= cos aω + i sen aω, = cos aω − i sen aω.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

509

y 1 0.5 x -1

-0.5

0.5

1

Figura 6.4 – Func¸a˜ o do Exemplo 6.5 com a = 1

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510

Transformada de Fourier

y 1

0.5

ω -4π -3π -2π -π

π

2π 3π

Figura 6.5 – Transformada de Fourier da func¸a˜ o do Exemplo 6.5 com a = 1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

511

´ Exemplo 6.6. Seja a um numero real positivo. Seja f : R → R dada por f ( x ) = e− a| x | . Como f ( x ) = e ax u0 (− x ) + e− ax u0 ( x ), ent˜ao pelos Exemplos 6.2 e 6.3 temos que   1 2a 1 1 1 F ( f )(ω ) = √ + = √ . 2 + a2 a − iω a + iω ω 2π 2π

y

1 x

Figura 6.6 – Func¸a˜ o do Exemplo 6.6 com a = 1

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512

Transformada de Fourier

y 1

0.5

ω

Figura 6.7 – Transformada de Fourier da func¸a˜ o do Exemplo 6.6 com a = 1

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Definic¸a˜ o e Propriedades

6.1

513

Teorema 6.4 (Derivadas da Transformada de Fourier). Seja fˆ(ω ) a transformada de Fourier de f ( x). a. Se

R∞

−∞

| f ( x )|dx < ∞ e

R∞

−∞

| x f ( x )|dx < ∞, ent˜ao F ( x f ( x ))(ω ) = i

b. Se tamb´em

R∞

−∞

d fˆ ( ω ). dω

| x2 f ( x )|dx < ∞, ent˜ao F ( x2 f ( x ))(ω ) = −

d2 fˆ ( ω ). dω 2

´ Demonstrac¸a˜ o. Pode ser demonstrado que sob as hipoteses acima a derivada pode ser calculada sob o sinal de integrac¸a˜ o. a. d fˆ (ω ) dω

Z ∞  1 d  −iωx √ e f ( x ) dx 2π −∞ dω Z ∞ i = −√ e−iωx x f ( x )dx 2π −∞ = −i F ( x f ( x ))(ω ).

d2 fˆ (ω ) dω 2

Z ∞  1 d2  −iωx √ e f ( x ) dx 2π −∞ dω 2 Z ∞ 1 = −√ e−iωx x2 f ( x )dx − ∞ 2π = −F ( x2 f ( x ))(ω ).

=

b.

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=

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514

Transformada de Fourier

 f (x) x f (x) x2 f ( x )

F fˆ(ω ) i fˆ0 (ω ) − fˆ00 (ω ) Figura 6.8 – Derivadas da Transformada de Fourier ´ Exemplo 6.7. Seja a um numero real positivo. Seja f : R → R dada por  f (x) =

| x | se − a < x < a 0 caso contr´ario

Observamos que f ( x ) = | x |χ[− a,a] ( x ) = − xχ[− a,0] ( x ) + xχ[0,a] ( x ). Mas como χ[− a,0] ( x ) = χ[0,a] (− x ), ent˜ao f ( x ) = − xχ[0,a] (− x ) + xχ[0,a] ( x ). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

515

Para g( x ) = xχ[0,a] ( x ) aplicamos o Teorema sobre Derivadas da Transformada de Fourier:

F ( xχ[0,a] ( x ))(ω ) = =

  i d 1 − e−iaω d [ (ω ) = √ χ i dω [0,a] iω 2π dω − i a ω − i a ω i − a ωe 1 i a ωe−i a ω + e−i a ω − 1 − i (1 − e ) √ = √ , 2 (iω ) ω2 2π 2π

para ω 6= 0.

Para g(− x ) = − xχ[0,a] (− x ) aplicamos o Teorema da Dilatac¸a˜ o: 1 −i a ωei a ω + ei a ω − 1 F (− xχ[0,a] (− x ))(ω ) = F ( xχ[0,a] ( x ))(−ω ) = √ , ω2 2π

para ω 6= 0.

ent˜ao temos que fˆ(ω )

= gˆ (−ω ) + gˆ (ω ) = F (− xχ[0,a] (− x ))(ω ) + F ( xχ[0,a] ( x ))(ω )   1 i a ωe−i a ω + e−i a ω − 1 −i a ωei a ω + ei a ω − 1 √ = + ω2 ω2 2π 2 a ω sen ( a ω ) + cos ( a ω ) − 1 = √ , para ω 6= 0 ω2 2π Z a Z a 1 a2 1 dx = √ | x |dx = √ . fˆ(0) = √ 2π − a 2π − a 2π

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516

Transformada de Fourier

y 1

0.5

x -1

-0.5

0.5

1

Figura 6.9 – Func¸a˜ o do Exemplo 6.7 com a = 1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

517

y 0.5

ω -4π -3π -2π -π

π

2π 3π

-0.5

Figura 6.10 – Transformada de Fourier da func¸a˜ o do Exemplo 6.7 com a = 1

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518

Transformada de Fourier

Teorema 6.5 (Transformada de Fourier das Derivadas). Seja f : R → R cont´ınua com transformada de Fourier fˆ(ω ).

a. Se f 0 ( x ) e´ seccionalmente cont´ınua e lim | f ( x )| = 0, ent˜ao x →±∞

F ( f 0 )(ω ) = iω fˆ(ω ). b. Se f 0 ( x ) e´ cont´ınua, f 00 ( x ) e´ seccionalmente cont´ınua e lim | f 0 ( x )| = 0, ent˜ao x →±∞

F ( f 00 )(ω ) = −ω 2 fˆ(ω ).

Demonstrac¸a˜ o.

a. Vamos provar para o caso em que f 0 ( x ) e´ cont´ınua. 0

F ( f )(ω ) = = =

∞ 1 √ e−iωx f 0 ( x )dx 2π −∞ Z ∞ ∞ 1 1 √ e−iωx f ( x ) − (−iω ) √ e−iωx f ( x )dx − ∞ − ∞ 2π 2π iω fˆ(ω ),

Z

pois lim e−iωx f ( x ) = 0. x →±∞

b. Vamos provar para o caso em que f 00 ( x ) e´ cont´ınua. Usando o item anterior:

F ( f 00 )(ω ) = iω F ( f 0 )(ω ) = (iω )2 fˆ(ω ) = ω 2 fˆ(ω ).  Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

519

f (x) f 0 (x) f 00 ( x )

F fˆ(ω ) iω fˆ(ω ) ω 2 fˆ(ω ) Figura 6.11 – Transformada de Fourier das Derivadas

ˆ Corol´ario 6.6 R (Transformada de Fourier da Integral). Seja f : R → R cont´ınua com transformada de Fourier f (ω ). Se g( x ) =

x 0

f (t)dt e´ tal que lim | g( x )| = 0, ent˜ao x →±∞

F ( g)(ω ) =

fˆ(ω ) , para ω 6= 0. iω

Demonstrac¸a˜ o. Pelo Teorema 6.5 temos que fˆ(ω ) = F ( g0 )(ω ) = iω gˆ (ω ). Julho 2011

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520

Transformada de Fourier



De onde segue o resultado. 2

Exemplo 6.8. Seja f ( x) = e−ax . Derivando obtemos f 0 ( x ) = −2ax f ( x ). Aplicando-se a transformada de Fourier a ambos os membros obtemos iω fˆ(ω ) = −2ai fˆ0 (ω ). R

ω2

ω

Multiplicando-se a equac¸a˜ o pelo fator integrante µ(t) = e 2a dω = e 4a obtemos  2  ω d e 4a fˆ(ω ) = 0. dω Integrando-se em relac¸a˜ o a ω obtemos 2

ω e 4a fˆ(ω ) = c.

Logo, 2

ω fˆ(ω ) = ce− 4a .

Usando o fato de que fˆ(0) = c obtemos que 2

ω fˆ(ω ) = fˆ(0)e− 4a .

Mas, fˆ(0)

= = =

Z ∞ Z ∞ 1/2 2 2 2 1 e− ax dx = √ e− a( x +y ) dxdy −∞ −∞ −∞ 2π Z 2π Z ∞ 1/2 Z 2π ∞ 1/2 1 1 − ar2 − ar2 √ e rdrdθ = −√ √ e = dθ 0 0 0 0 2π 2a 2π 1 √ . 2a 1 √ 2π

Z ∞

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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Definic¸a˜ o e Propriedades

6.1

521

Logo, ω2 2 1 F (e−ax )(ω ) = √ e− 4a . 2a

Em particular x2

F (e− 2 )(ω ) = e−

ω2 2

.

Teorema 6.7 (Translac¸a˜ o). Seja a uma constante. Se a transformada de Fourier da fun¸ca˜ o f : R → R e´ fˆ(ω ), ent˜ao a. F ( f ( x − a))(ω ) = e−iaω fˆ(ω ),

para ω ∈ R. e

b. F (eiax f ( x ))(ω ) = fˆ(ω − a).

Demonstrac¸a˜ o.

a.

F ( f ( x − a))(ω ) = =

∞ 1 √ e−iωx f ( x − a)dx − ∞ 2π Z ∞ 0 1 √ e−iω ( x + a) f ( x 0 )dx 0 = e−iaω fˆ(ω ). 2π −∞

Z

b.

F (eiax f ( x ))(ω ) = =

∞ 1 √ e−iωx eiax f ( x )dx 2π −∞ Z ∞ 1 √ e−i(ω −a) x f ( x )dx = fˆ(ω − a). − ∞ 2π

Z

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522

Transformada de Fourier

f (x) f ( x − a)

F fˆ(ω ) e−iaω fˆ(ω ) Figura 6.12 – Teorema da Translac¸a˜ o (a)

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

523

f (x) eiax f ( x )

F fˆ(ω ) fˆ(ω − a) Figura 6.13 – Teorema da Translac¸a˜ o (b)

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524

Transformada de Fourier

Exemplo 6.9. Seja f : R → R dada por  f (x) =

cos ax 0

se − b < x < b caso contr´ario

Como eiaω e

−iaω

= cos aω + i sen aω, = cos aω − i sen aω,

ent˜ao

 eiax + e−iax χ[−b,b] ( x ). 2 Pela linearidade da transformada de Fourier e pelo Teorema da Dilatac¸a˜ o (Teorema 6.1 na p´agina 504), temos que   F (χ[−b,b] )(ω ) = F χ[0,b] (− x ) + χ[0,b] ( x ) (ω ) ! eibω − 1 1 − e−ibω 2 sen(bω ) 1 + = √ , para ω 6= 0, = √ iω iω ω 2π 2π 

f ( x ) = (cos ax )χ[−b,b] ( x ) =

F (χ[−b,b] )(0) =

2b √ 2π

ent˜ao, pelo Teorema da Translac¸a˜ o (Teorema 6.7 (b) na p´agina 521) e pela linearidade da transformada de Fourier, temos que  1 fˆ(ω ) = F (χ[−b,b] )(ω − a) + F (χ[−b,b] )(ω + a) 2   1 sen b(ω − a) sen b(ω + a) + , para ω 6= ± a = √ ω−a ω+a 2π   sen 2ab ˆf (− a) = fˆ( a) = lim fˆ(ω ) = √1 b+ . ω→a 2a 2π Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

525

y 1 0.5 x -1

-0.5

0.5

1

-0.5 -1

Figura 6.14 – Func¸a˜ o do Exemplo 6.7 com a = π e b = 1

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526

Transformada de Fourier

y 1

0.5

ω -4π -3π -2π -π

π

2π 3π 4π

Figura 6.15 – Transformada de Fourier da func¸a˜ o do Exemplo 6.9 com a = π e b = 1

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6.1

Definic¸a˜ o e Propriedades

527

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 563) ˜ f :R→R 1.1. Determine a transformada de Fourier das seguintes func¸oes  − ax xe , se x > 0 (a) f ( x ) = xe− ax u0 ( x ) = para a > 0. 0, caso contr´ario,  1 − | x |/a, se − a < x < a, (b) f ( x ) = (1 − | x |/a)χ[−a,a] ( x ) = 0, caso contr´ario.  sen( ax ), se − b < x < b (c) f ( x ) = sen( ax )χ[−b,b] ( x ) = 0, caso contr´ario. 2

(d) f ( x ) = xe− x . 2

(e) f ( x ) = x2 e− x . (f) f ( x ) =

e−(a+ib) x u

(g) f ( x ) =

e(a+ib) x u

0 (x)

0 (− x )



e−(a+ib) x , 0,



e(a+ib) x , 0,

= =

se x > 0 para a > 0 e b ∈ R. caso contr´ario, se x < 0 para a > 0 e b ∈ R. caso contr´ario,

2

1.2. Seja f ( x ) = eix = cos( x2 ) + i sen( x2 ). (a) Mostre que f ( x ) satisfaz a equac¸a˜ o diferencial f 0 ( x ) − i2x f ( x ) = 0. (b) Aplique a transformada de Fourier na equac¸a˜ o diferencial do item anterior obtendo ω fˆ0 (ω ) − fˆ(ω ) = 0. 2i (c) Resolva a equac¸a˜ o diferencial do item anterior e encontre que 2

ω fˆ(ω ) = fˆ(0)e−i 4 .

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528

Transformada de Fourier (d) Usando o fato de que 1 fˆ(0) = √ 2π

Z ∞ −∞

1 f ( x )dx = √ 2π

Z ∞ −∞

2

eix dx =

i 1 + 2 2

mostre que   2    2 ˆf (ω ) = √1 cos ω − π + i cos ω + π . 4 4 4 4 2 (e) Use o item anterior para mostrar que 1 F cos( x ) (ω ) = √ cos 2 

2





ω2 π − 4 4

 ,

 2  ω π 1 + . F sen( x ) (ω ) = √ cos 4 4 2

(f) Usando o item anterior encontre F cos( ax2 ) (ω ) e F sen( ax2 ) (ω ), para a > 0. 

2



Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

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6.2

Invers˜ao

6.2

Invers˜ao

529

Teorema 6.8. Se f : R → R e´ seccionalmente cont´ınua e tal que

R∞

−∞

| f ( x )|dx < ∞, ent˜ao

lim fˆ(ω ) = 0.

ω →±∞

Demonstrac¸a˜ o. Pelo Lema de Riemann-Lesbegue, temos que lim

Z M

ω →±∞ − M

e−iωx f ( x )dx = lim

ω →±∞ − M

Para todo e > 0, existe M > 0 tal que

√

Z M

2π lim | fˆ(ω )| ω →±∞

R

| x |> M

= ≤

f ( x ) cos ωxdx + i lim

Z M

ω →±∞ − M

f ( x ) sen ωxdx = 0.

| f ( x )|dx < e. Logo,

Z ∞ lim e−iωx f ( x )dx ω →±∞ −∞ Z M Z lim e−iωx f ( x )dx + | f ( x )|dx ≤ e. ω →±∞ − M | x |> M



Lema 6.9. Se g : R → R e´ seccionalmente cont´ınua tal que Z ∞ −∞

Julho 2011

R∞

−∞

| g( x )|dx < ∞, g(0) = 0 e g0 (0) existe, ent˜ao

gˆ (ω )dω = 0. Reginaldo J. Santos

530

Transformada de Fourier

Demonstrac¸a˜ o. Seja   g( x ) , x h( x ) =  0 g (0), Ent˜ao, g( x ) = xh( x ) e

R∞

−∞

se x 6= 0, se x = 0.

|h( x )|dx < ∞. Logo, Z ∞ −∞

gˆ (ω )dω = i

Z ∞ −∞

∞ hˆ 0 (ω )dω = i hˆ (ω ) = 0, −∞



pelo Teorema 6.8.

Teorema 6.10. Se f : R → R e´ seccionalmente cont´ınua tal que 1 f (x) = √ 2π

Z ∞ −∞

R∞

−∞

| f ( x )|dx < ∞, ent˜ao

eixω fˆ(ω )dω,

para todo x ∈ R em que f e´ cont´ınua.

Demonstrac¸a˜ o. Vamos demonstrar para o caso em que f 0 ( x ) existe. Seja g : R → R definida por g( x 0 ) = f ( x + x 0 ) − f ( x )e− Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

x 02 2

. Julho 2011

6.2

Invers˜ao

531

Como g(0) = 0, pelo Lema 6.9 temos que 0

= =

Z ∞ −∞

Z ∞

−∞

gˆ (ω )dω =

Z ∞ −∞

e

ixω

fˆ(ω )dω − f ( x )

√ eixω fˆ(ω )dω − f ( x ) 2π.

Z ∞ −∞

e−

ω2 2

dω



Corol´ario 6.11. Se f : R → R e´ cont´ınua tal que

R∞

−∞

| f ( x )|dx < ∞, ent˜ao

F ( fˆ)(ω ) = f (−ω ).

Demonstrac¸a˜ o. Pelo Teorema 6.10 temos que 1 f (−ω ) = √ 2π

Z ∞ −∞

0 e−iω ω fˆ(ω 0 )dω 0 = F ( fˆ)(ω )

 ´ Exemplo 6.10. Seja a um numero real positivo. Seja f : R → R dada por f (x) =

x2

1 + a2

1 2a Como F (e− a| x| )(ω ) = √ , ent˜ao 2 2π ω + a2

√ f (ω ) = gˆ (ω ), Julho 2011

em que g( x ) =

2π −a| x| e . 2a Reginaldo J. Santos

532

Transformada de Fourier

Logo,

√ F ( f )(ω ) = F ( gˆ )(ω ) = g(−ω ) =

2π − a|ω | e . 2a

Corol´ ario 6.12 (Injetividade). Dadas duas fun¸co˜ es f ( x) e g( x) seccionalmente cont´ınuas tais que R

e

∞ −∞

| g( x )|dx < ∞, se

R∞

−∞

| f ( x )|dx < ∞

F ( f )(ω ) = F ( g)(ω ), para todo ω ∈ R,

ent˜ao f ( x ) = g( x ), exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade.

Demonstrac¸a˜ o. Pela linearidade da transformada de Fourier, basta provarmos que se F ( f )(ω ) = 0, ent˜ao f ( x ) = 0 nos pontos em que f e´ cont´ınua. Mas isto e´ decorrˆencia imediata do Teorema 6.10. 

Exemplo 6.11. Vamos determinar a func¸a˜ o f : R → R cuja transformada de Fourier e´ fˆ(ω ) =

1 , para a > 0 e b ∈ R. a + ib + iω 1 1 = a + ib + iω a + i (b + ω ) √ √ f ( x ) = e−ibx 2πe− ax u0 ( x ) = 2πe−(a+ib) x u0 ( x ). fˆ(ω ) =

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.2

Invers˜ao

533

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 566) ˜ f : R → C cujas transformadas de Fourier s˜ao dadas 2.1. Determine as func¸oes (a) fˆ(ω ) = (b) fˆ(ω ) = (c) fˆ(ω ) = (d) fˆ(ω ) = (e) fˆ(ω ) = (f) fˆ(ω ) =

1 . (2 + iω )(3 + iω ) 1 . (1 + iω )2 iω . 1 + ω2 1 . 2 ω +ω+1 1 , para a > 0 e b ∈ R. a + ib − iω 1 . 4 − ω 2 + 2iω

˜ f : R → R: 2.2. Calcule a transformada de Fourier das func¸oes x . 1 + x2 x (b) f ( x ) = . (1 + x 2 )2 (a) f ( x ) =

2.3. No Exemplo 6.5 na p´agina 507 foi calculada a transformada de Fourier de  1, se − a < x < a g( x ) = χ[−a,a] ( x ) = 0, caso contr´ario. r 2 sen( aω ) , para ω 6= 0, determine a transformada de Fourier de Sabendo-se que gˆ (ω ) = π ω sen ax f (x) = . x Julho 2011

Reginaldo J. Santos

534

Transformada de Fourier

2.4. No Exerc´ıcio 1.1 na p´agina 527 foi calculada a transformada de Fourier de  1 − | x |/a, se − a < x < a, g( x ) = (1 − | x |/a)χ[− a,a] ( x ) = 0, caso contr´ario. r Sabendo-se que gˆ (ω ) =

2 1 − cos ( a ω ) , para ω 6= 0, calcule a transformada de Fourier de π aω 2 f (x) =

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

1 − cos ax . x2

Julho 2011

6.3

Convoluc¸a˜ o

535

6.3

Convoluc¸a˜ o

˜ f : R →RR e g : R → R seccionalmente cont´ınuas, A convoluc¸a˜ o de duas R ∞ func¸oes ∞ limitadas e tais que −∞ | f ( x )|dx < ∞ e −∞ | g( x )|dx < ∞, e´ definida por

( f ∗ g)( x ) =

Z ∞ −∞

f (y) g( x − y)dy, (

Exemplo 6.12. Seja f : R → R definida por f ( x) = χ[0,1] ( x) = ( f ∗ f )( x ) =

=

Julho 2011

Z ∞

1, se 0 ≤ x ≤ 1, 0, caso contr´ario.

Z 1

χ[0,1] ( x − y)dy  0,   Z 1 Z 1  x, χ[−1,0] (y − x )dy = χ[−1+ x,x] (y)dy = 2 − x,  0 0   0, −∞

χ[0,1] (y)χ[0,1] ( x − y)dy =

para x ∈ R.

0

se x < 0, se 0 ≤ x < 1, se 1 ≤ x < 2, se x ≥ 2.

Reginaldo J. Santos

536

Transformada de Fourier

y

1 0.5 x 0.5

1

1.5

2

2.5

3

Figura 6.16 – Func¸a˜ o χ[0,1] do Exemplo 6.12

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.3

Convoluc¸a˜ o

537

y

1 0.5 x 0.5

1

1.5

2

2.5

3

Figura 6.17 – Func¸a˜ o χ[0,1] ∗ χ[0,1] do Exemplo 6.12

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

538

Transformada de Fourier

Teorema 6.13 (Convoluc R R ¸ a˜ o). Sejam f : R → R e g : R → R seccionalmente cont´ınuas, limitadas e tais que ∞ −∞

| f ( x )|dx < ∞ e

∞ −∞

| g( x )|dx < ∞. Ent˜ao,

F ( f ∗ g)(ω ) =

√

2π fˆ(ω ). gˆ (ω )

˜ temos que Demonstrac¸a˜ o. Pelas definic¸oes 1 F ( f ∗ g)(ω ) = √ 2π

Z ∞ −∞

e

−iωx

Z

∞



−∞

f (y) g( x − y)dy dx.

´ Sob as hipoteses consideradas pode-se mostrar que podemos trocar a ordem de integrac¸a˜ o para obtermos 1 F ( f ∗ g)(ω ) = √ 2π

Z ∞ −∞

f (y)

Z

∞

−∞

e

−iωx

 g( x − y)dx dy.

Fazendo-se a mudanc¸a de vari´aveis x − y = z obtemos  Z ∞ Z ∞ 1 √ f (y) e−iω (z+y) g(z)dz dy −∞ 2π −∞ Z ∞  Z ∞ 1 = √ e−iωy f (y) e−iωz g(z)dz dy −∞ 2π −∞ √ ˆ = 2π f (ω ). gˆ (ω ).

F ( f ∗ g)(ω ) =



Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.3

Convoluc¸a˜ o

539

Exemplo 6.13. Seja f : R → R dada por    

0, se x < 0, x, se 0 ≤ x < 1, f (x) =  2 − x, se 1 ≤ x < 2,   0, se x ≥ 2. Como, pelo Exemplo 6.12, f = χ[0,1] ∗ χ[0,1] , ent˜ao fˆ(ω ) =

√

2

2π ([ χ[0,1] (ω )) =

√

 2π

1 1 − e−iaω √ iω 2π

2

1 (1 − e−iaω )2 = −√ . ω2 2π

Teorema 6.14. A convolu¸ca˜ o satisfaz as seguintes propriedades: (a) f ∗ g = g ∗ f (b) f ∗ ( g1 + g2 ) = f ∗ g1 + f ∗ g2 (c) ( f ∗ g) ∗ h = f ∗ ( g ∗ h) (d) f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0

Demonstrac¸a˜ o. (a)

( f ∗ g)( x ) = = Julho 2011

Z ∞ −∞ Z ∞ −∞

f (y) g( x − y)dy =

Z −∞ ∞

f ( x − y0 ) g(y0 )(−dy0 ) =

f ( x − y0 ) g(y0 )dy0 = ( g ∗ f )( x ). Reginaldo J. Santos

540

Transformada de Fourier

(b)

( f ∗ ( g1 + g2 ))( x ) = =

Z ∞ −∞

Z ∞

−∞

f (y)( g1 ( x − y) + g2 ( x − y))dy = f ( x − y) g1 ( x − y)dy +

Z ∞ −∞

f ( x − y) g2 ( x − y)dy =

= ( f ∗ g1 )( x ) + ( f ∗ g2 )( x ). (c)

(( f ∗ g) ∗ h)( x ) = = = = = (d) ( f ∗ 0)( x ) =

R∞

−∞

Z ∞

( f ∗ g)( x − y)h(y)dy =

−∞ Z ∞ Z ∞ −∞

−∞

 f (y0 ) g( x − y − y0 )dy0 h(y)dy =

Z ∞ Z ∞

f (y0 ) g( x − y − y0 )h(y)dydy0 = Z ∞  f (y ) g( x − y − y0 )h(y)dy dy0 =

−∞ −∞ Z ∞ 0 −∞

Z ∞

−∞

−∞

f (y0 )( g ∗ h)( x − y0 )dy0 = ( f ∗ ( g ∗ h))( x ).

f (y − x ) · 0 dy = 0 = (0 ∗ f )( x ).



Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.3

Convoluc¸a˜ o

541

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 569) 3.1. Calcule a convoluc¸a˜ o f ∗ g para f , g : R → R dadas por  −x e , se x > 0 − x (a) f ( x ) = e u0 ( x ) = , 0, caso contr´ario,  −2x e , se x > 0 . g( x ) = e−2x u0 ( x ) = 0, caso contr´ario,  1, se − 1 < x < 1 (b) f ( x ) = χ[−1,1] ( x ) = , 0,  − x caso contr´ario, e , se x > 0 g ( x ) = e − x u0 ( x ) = . 0, caso contr´ario, ˜ f : R → C cujas transformadas de Fourier s˜ao dadas 3.2. Determine, usando convoluc¸a˜ o, as func¸oes 1 . (2 + iω )(3 + iω ) 1 (b) fˆ(ω ) = . (1 + iω )2 1 . (c) fˆ(ω ) = 4 − ω 2 + 2iω (a) fˆ(ω ) =

3.3. Resolva a equac¸a˜ o

Z ∞ −∞

Julho 2011

f (y) 1 dy = 2 2 ( x − y) + 4 x +9

Reginaldo J. Santos

542

Transformada de Fourier

6.4

Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

6.4.1

Equac¸a˜ o do Calor em uma Barra Infinita

Vamos determinar a temperatura em func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo, u( x, t) em uma barra infinita, sendo conhecida a distribuic¸a˜ o de temperatura inicial, f ( x ), ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial  2   ∂u = α2 ∂ u ∂t ∂x2   u( x, 0) = f ( x ), x ∈ R. Vamos supor que existam a transformada de Fourier da soluc¸a˜ o u( x, t) em relac¸a˜ o ∂2 u ∂u ∂u , e a vari´avel x e de suas derivadas . Al´em disso vamos supor que ∂x2 ∂t ∂x ∂u R∞ limx→±∞ |u( x, t)| = 0, limx→±∞ = 0 e −∞ | f ( x )|dx < ∞. Ent˜ao, aplicando∂x se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂uˆ (ω, t) = −α2 ω 2 uˆ (ω, t). ∂t Multiplicando-se a equac¸a˜ o pelo fator integrante µ(t) = e  ∂  α2 ω 2 t e uˆ (ω, t) = 0. ∂t

R

α2 ω 2 dt

= eα

2 ω2 t

obtemos

Integrando-se em relac¸a˜ o a t obtemos eα

2 ω2 t

uˆ (ω, t) = c(ω ).

Logo, uˆ (ω, t) = c(ω )e−α Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

2 ω2 t

. Julho 2011

6.4

Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

543

Vamos supor que exista fˆ(ω ). Neste caso, usando o fato de que uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ) = c(ω ) obtemos que 2 2 uˆ (ω, t) = fˆ(ω )e−α ω t . 2 2 Seja kˆ (ω, t) = e−α ω t . Ent˜ao,

1 − x2 k( x, t) = √ e 4α2 t α 2t e pelo Teorema da Convoluc¸a˜ o (Teorema 6.13 na p´agina 538) temos que 1 1 u( x, t) = √ ( f ∗ k )( x, t) = √ 2α πt 2π

Z ∞ −∞

f (y)e

−

( x − y )2 4α2 t

dy.

(6.1)

Pode-se provar que se f e´ seccionalmente cont´ınua e limitada, ent˜ao a express˜ao dada por (6.1) define uma func¸a˜ o que satisfaz a equac¸a˜ o do calor e lim u( x, t) = f ( x ),

t →0+

nos pontos em que f e´ cont´ınua.

Exemplo 6.14. Vamos resolver, usando a transformada de Fourier, o problema de valor inicial

 2   ∂u = ∂ u ∂t ∂x2   x2 u( x, 0) = e− 4 , x ∈ R.

Aplicando-se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂uˆ (ω, t) = −ω 2 uˆ (ω, t). ∂t Julho 2011

Reginaldo J. Santos

544

Transformada de Fourier

Multiplicando-se a equac¸a˜ o pelo fator integrante µ(t) = e

R

ω 2 dt

2

= eω t obtemos

 ∂  ω2 t e uˆ (ω, t) = 0. ∂t Integrando-se em relac¸a˜ o a t obtemos 2

eω t uˆ (ω, t) = c(ω ). Logo, 2

uˆ (ω, t) = c(ω )e−ω t . Usando o fato de que uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ) = c(ω ) obtemos que 2 2 uˆ (ω, t) = fˆ(ω )e−α ω t . 2

x Se f ( x ) = e− 4 . Ent˜ao, fˆ(ω ) =

√

2

2e−ω e

2 uˆ (ω, t) = fˆ(ω )e−ω t =

√

2e−ω

2 (1+ t )

.

Logo, a soluc¸a˜ o do problema de valor inicial e´ u( x, t) = √

2 1 − x e 4(1+ t ) . 1+t

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.4

Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

545

y

y t=0

y t=5

x

x

y

t = 10

y t = 20

y t = 100

x

x

t = 1000

x

x

Figura 6.18 – Soluc¸a˜ o da equac¸a˜ o do calor, u( x, t), do Exemplo 6.14

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

546

Transformada de Fourier

6.4.2

Equac¸a˜ o da Onda em uma Dimens˜ao

Soluc¸a˜ o Geral da Equac¸a˜ o da Onda em uma Dimens˜ao Vamos resolver a equac¸a˜ o diferencial da onda em uma dimens˜ao usando a transformada de Fourier ∂2 u ∂2 u = a2 2 , x ∈ R. 2 ∂t ∂x Vamos supor que existam a transformada de Fourier da soluc¸a˜ o u( x, t) em relac¸a˜ o ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u a vari´avel x e de suas derivadas , , e 2 . Al´em disso vamos supor que ∂t ∂t ∂x ∂x2 ∂u limx→±∞ |u( x, t)| = 0, limx→±∞ = 0. Aplicando-se a transformada de Fourier ∂x em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂2 uˆ (ω, t) = − a2 ω 2 uˆ (ω, t). ∂t2 Para resolver esta equac¸a˜ o diferencial temos que encontrar as ra´ızes da sua equac¸a˜ o caracter´ıstica: r2 + a2 ω 2 = 0 ⇔ r = ± a|ω |i. Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´   c1 (ω )e−iaωt + c2 (ω )e+iaωt , se ω > 0, c (0) + c2 (0)t, se ω = 0, uˆ (ω, t) =  1 + iaωt − iaωt c1 ( ω ) e + c2 ( ω ) e , se ω < 0. Definindo φˆ (ω ) =



c1 (ω ), se ω > 0, c2 (ω ), se ω < 0,

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

ψˆ (ω ) =



c2 ( ω ), c1 ( ω ),

se ω > 0, se ω < 0, Julho 2011

6.4

Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

547

temos que uˆ (ω, t) = φˆ (ω )e−iaωt + ψˆ (ω )e+iaωt .

(6.2)

e pelo Teorema da Translac¸a˜ o (Teorema 6.7 na p´agina 521) temos que u( x, t)

= φ( x − at) + ψ( x + at).

Esta e´ a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o da onda em uma dimens˜ao que obtivemos na p´agina 389.

Problema de Valor Inicial para a Equac¸a˜ o da Onda em uma Dimens˜ao Vamos resolver o problema de valor inicial  2 2 ∂ u  2∂ u  = a , x ∈ R.  ∂t2 ∂x2    u( x, 0) = f ( x ), ∂u ( x, 0) = g( x ), x ∈ R. ∂t Al´em do que j´a supomos anteriormente vamos supor tamb´em que f , g : R → R sejam seccionalmente cont´ınuas, limitadas e tais que Z ∞ −∞

| f ( x )|dx < ∞ e

Z ∞ −∞

| g( x )|dx < ∞.

˜ iniciais em relac¸a˜ o a vari´avel Aplicando-se a transformada de Fourier nas condic¸oes x obtemos ∂uˆ (ω, 0) = gˆ (ω ). uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ), ∂t Substituindo-se t = 0 em (6.2) obtemos fˆ(ω ) = uˆ (ω, 0) = φˆ (ω ) + ψˆ (ω ). Julho 2011

Reginaldo J. Santos

548

Transformada de Fourier Derivando-se (6.2) em relac¸a˜ o a t e substituindo-se t = 0 obtemos gˆ (ω ) = iaω (−φˆ (ω ) + ψˆ (ω )). Logo, 1 ψˆ (ω ) = 2



1 2



φˆ (ω ) =

gˆ (ω ) fˆ(ω ) + iaω



gˆ (ω ) fˆ(ω ) − iaω



, .

Substituindo-se em (6.2) obtemos     gˆ (ω ) −iaωt 1 ˆ gˆ (ω ) +iaωt 1 ˆ f (ω ) − e + f (ω ) + e uˆ (ω, t) = 2 iaω 2 iaω    1ˆ 1 gˆ (ω ) +iaωt gˆ (ω ) −iaωt = f (ω )e−iaωt + fˆ(ω )e−iaωt + e − e 2 2a iω iω Aplicando-se a transformada de Fourier inversa obtemos u( x, t)

=

1 1 ( f ( x − at) + f ( x + at)) + 2 2a

Z x+ at x − at

g(y)dy.

Esta e´ a solu¸ca˜ o de d’Alembert do problema de valor inicial da corda infinita obtida na p´agina 390.

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.4

Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

6.4.3

549

Problema de Dirichlet no Semi-plano

Vamos considerar o problema de Dirichlet no semi-plano  2 2   ∂ u + ∂ u = 0, x ∈ R, y > 0 2 ∂x ∂y2   u( x, 0) = f ( x ), x ∈ R. Vamos supor que existam a transformada de Fourier da soluc¸a˜ o u( x, y) em relac¸a˜ o a ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u R ∞ e e | f ( x )|dx < ∞. Al´em disso vari´avel x e de suas derivadas , , ∂y ∂x ∂x2 ∂y2 −∞ ∂u vamos supor que limx→±∞ |u( x, y)| = 0, limx→±∞ = 0. Ent˜ao, aplicando-se a ∂x transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos

−ω 2 uˆ (ω, y) +

∂2 uˆ (ω, y) = 0. ∂y2

Para resolver esta equac¸a˜ o diferencial temos que encontrar as ra´ızes da sua equac¸a˜ o caracter´ıstica: r2 − ω 2 = 0 ⇔ r = ±|ω |. Logo, a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial e´  −ωy + c ( ω ) e+ωy , se ω > 0,  2  c1 ( ω ) e uˆ (ω, y) = c1 (0) + c2 (0)y, se ω = 0,   + ωy − ωy c1 ( ω ) e + c2 ( ω ) e , se ω < 0. Como, pelo Teorema 6.8 na p´agina 529, lim uˆ (ω, y) = 0, ent˜ao c2 (ω ) = 0. Assim, ω →±∞

uˆ (ω, y) = c1 (ω )e−|ω |y . Julho 2011

Reginaldo J. Santos

550

Transformada de Fourier Vamos supor que exista fˆ(ω ). Neste caso, usando o fato de que uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ) = c1 (ω ) obtemos que uˆ (ω, y) = fˆ(ω )e−|ω |y . Seja kˆ (ω, y) = e−|ω |y . Ent˜ao, 2y 1 k ( x, y) = √ 2 + y2 x 2π e pelo Teorema da Convoluc¸a˜ o (Teorema 6.13 na p´agina 538) temos que 1 y u( x, y) = √ ( f ∗ k )( x, y) = π 2π

Z ∞ −∞

f (t) dt. ( x − t )2 + y2

(6.3)

Pode-se provar que se f e´ cont´ınua e limitada, ent˜ao a express˜ao dada por (6.3) define uma func¸a˜ o que satisfaz a equac¸a˜ o de Laplace e lim u( x, y) = f ( x ).

y →0+

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.4

Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

551

Exerc´ıcios (respostas na p´agina 572) 4.1. Resolva o problema de valor inicial   ∂u + 2 ∂u = g( x ) ∂t ∂x  u( x, 0) = f ( x ), x ∈ R. Qual a soluc¸a˜ o do PVI, se f ( x ) = cos( x ) e g( x ) = 0? Justifique. 4.2. Resolva o problema de valor inicial  2   ∂u = α2 ∂ u − γu ∂t ∂x2   u( x, 0) = f ( x ), x ∈ R. Aqui γ e´ uma constante positiva. 4.3. Resolva o problema do calor em uma barra infinita com convecc¸a˜ o (existe troca de calor da barra com o ambiente)   ∂u ∂2 u ∂u  = α2 2 + k ∂t ∂x ∂x   u( x, 0) = f ( x ), x ∈ R. Aqui k e´ uma constante. 4.4. Determine a temperatura como func¸a˜ o da posic¸a˜ o e do tempo de uma barra infinita com uma fonte externa de calor, ou seja, resolva o problema de valor inicial  2   ∂u = α2 ∂ u + g( x ) ∂t ∂x2   u( x, 0) = f ( x ), x ∈ R. Julho 2011

Reginaldo J. Santos

552

Transformada de Fourier

4.5. Encontre a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial a seguir usando a transformada de Fourier 2 ∂u ∂2 u 2∂ u = a − 2α − α2 u, ∂t ∂t2 ∂x2

x ∈ R.

Aqui α e´ uma constante positiva. 4.6. Encontre a soluc¸a˜ o geral da equac¸a˜ o diferencial a seguir usando a transformada de Fourier ∂2 u ∂2 u = 2 +2 2 ∂t ∂x

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)



∂u ∂u + ∂t ∂x

 .

Julho 2011

6.4

Aplicac¸o˜ es a` s Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais

6.5

Tabela de Transformadas de Fourier

553

Transformadas de Fourier Elementares f ( x ) = F −1 ( fˆ)( x ) (

1, 0 ≤ x < a 0, caso contr´ario ( 0, se x < 0 e−ax u0 ( x ) = e−ax , se x ≥ 0

χ[0,a] ( x ) =

1 , para a > 0 x 2 + a2

fˆ(ω ) = F ( f )(ω ) 1 1 − e−iaω √ iω 2π 1 1 √ ,a>0 2π a + iω √ 2π −a|ω | e 2a ω2 1 √ e− 4a 2a

2

e−ax , para a > 0

1 ˆ ω f( ) | a| a d fˆ i (ω ) dω

f ( ax ), para a 6= 0 x f (x)

iω fˆ(ω )

f 0 (x)

Rx 0

( f ∗ g)( x ) =

Julho 2011

fˆ(ω ) iω

f (y)dy

f ( x − a)

e−iaω fˆ(ω )

eiax f ( x )

fˆ(ω − a)

fˆ( x )

f (−ω )

R∞

−∞

f (y) g( x − y)dy

√

2π fˆ(ω ). gˆ (ω )

Reginaldo J. Santos

554

Transformada de Fourier

6.6 Relac¸a˜ o com a S´erie de Fourier e a Transformada de Fourier Discreta ´ Usando formula de Euler podemos escrever a s´erie de Fourier de uma func¸a˜ o f : [− L, L] → R seccionalmente cont´ınua com derivada tamb´em seccionalmente cont´ınua como f (x)

∞ ∞ nπx nπx a0 + ∑ an cos + ∑ bn sen 2 L L n =1 n =1    inπx  ∞ inπx inπx inπx 1 ∞ a0 1 bn e L − e − L + ∑ an e L + e− L + ∑ 2 2 n =1 2i n=1

= = =

inπx inπx a0 1 ∞ 1 ∞ + ∑ ( an − ibn )e L + ∑ ( an + ibn )e− L 2 2 n =1 2 n =1

=

inπx inπx a0 1 ∞ 1 −∞ + ∑ ( an − ibn )e L + ∑ (a−n + ib−n )e L 2 2 n =1 2 n=− 1

∞

∑

=

n=−∞

cn e

inπx L

,

em que cn =

1 2L

Z L −L

f ( x )e−

inπx L

dx,

para n = 0, ±1, ±2, . . .

pois an

=

bn

=

1 L nπx f ( x ) cos dx para n = 0, 1, 2, . . . L −L L Z 1 L nπx f ( x ) sen dx, para n = 1, 2, . . . L −L L Z

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.6

Relac¸a˜ o com a S´erie de Fourier e a Transformada de Fourier Discreta

555

Seja f : R → R uma func¸a˜ o tal que f ( x ) = 0, para | x | > L. Ent˜ao, Z L  nπ  inπx 1 2L f ( x )e− L dx = √ fˆ = √ cn L 2π − L 2π

Exemplo 6.15.

para n = 0, ±1, ±2, . . .

em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de Fourier complexa da func¸a˜ o f˜ : [− L, L] → R dada por f˜( x ) = f ( x ), para x ∈ [− L, L]. Seja f : R → R dada por  | x | se − L < x < L f (x) = 0 caso contr´ario

ent˜ao como mostramos no Exemplo 6.7 na p´agina 514:  2 L ω sen( L ω )+cos( L ω )−1   , se ω 6= 0  ω2  √2π ˆf (ω ) =  L2   se ω = 0. √ , 2π Seja f˜ : [− L, L] → R dada por f˜( x ) = f ( x ), para x ∈ [− L, L].  n  √  L((−1) − 1) , se n 6= 0    2 2π ˆ nπ n π2 cn = f =  2L L L   , se n = 0. 2 a0 an + ibn , para n = 1, 2, . . . e c0 = , ent˜ao os coeficientes da s´erie de 2 2 Fourier real de f˜ s˜ao Como cn =

a0 = L,

Julho 2011

bn = 0,

an =

2L((−1)n − 1) . n2 π 2 Reginaldo J. Santos

556

Transformada de Fourier

y 1

0.5

x -1

-0.5

0.5

1

Figura 6.19 – Func¸a˜ o do Exemplo 6.15 com L = 1

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.6

Relac¸a˜ o com a S´erie de Fourier e a Transformada de Fourier Discreta

557

y

0.5

ω

-4π

-3π

-2π

π

-π

2π

3π

-0.5

√ Figura 6.20 – Transformada de Fourier e os coeficientes da s´erie de Fourier multiplicados por 2L/ 2π da func¸a˜ o do Exemplo 6.15 com L = 1

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

558

Transformada de Fourier A transformada de Fourier discreta (DFT) de um vetor Y ∈ Cn e´ definida por X = FN Y, em que 

1   1 1   1 FN =  N .  ..  1

1

1

e−i2π N

1

e−i2π N

2

e−i4π N .. .

2 4

e−i2π N .. . e−i2π

N −1 N

e−i2π

2( N −1) N

... ... ... .. . ...



1 e−i2π e−i2π e−i2π

N −1 N

2( N −1) N

( N −1)( N −1) N

       

(6.4)

Seja f : R → R uma func¸a˜ o tal que f ( x ) = 0, para | x | > L. Ent˜ao, Z L  nπ  nx 1 fˆ = √ f ( x )e−iπ L dx, L 2π − L

para n = 0, ±1, . . . ,

N . 2

Podemos, agora, aproximar a integral por uma soma de Riemann dividindo o intervalo [0, 2L] em N subintervalos de comprimento 2L/N, ou seja,  nπ  1 fˆ ≈ √ L 2π

N/2−1





2L = N k =− N/2   N/2−1 2L 2kL −i2π kn N = = √ f e ∑ N N 2π k=− N/2 !    N/2−1  N −1 kn 2L 2kL −i2π kn 2kL = √ ∑ f N e N + ∑ f N − 2L e−i2π N , N 2π k =0 k = N/2

∑

f

2kL N

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

kn

e−i2π N

Julho 2011

6.6

Relac¸a˜ o com a S´erie de Fourier e a Transformada de Fourier Discreta para n = 0, . . . , fˆ



N 2

(− N + n)π L

559

− 1. 

1 ≈ √ 2π

N/2−1

∑

k =− N/2

 f

2kL N



kn

e−i2π N

2L = N

  N/2−1 2L 2kL −i2π kn = √ ∑ f N e N= N 2π k=− N/2 !    N/2−1  N −1 kn 2kL −i2π kn 2kL 2L = √ ∑ f N e N + ∑ f N − 2L e−i2π N , N 2π k =0 k = N/2 para n = N2 , . . . , N − 1. Assim, definindo          2L 2L 2L t 2L ... f L− f (− L) f − L + ... f − , X = f (0) f N N N N ent˜ao

√

2π Y = FN X ≈ 2L



     t   ˆf (0) fˆ π · · · fˆ ( N − 1) π ˆf − N π . . . fˆ − π . L 2 L 2 L L

Calcular a transformada de Fourier discreta multiplicando-se pela matriz Fn tem um custo computacional de N 2 produtos. Este produto pode ser calculado ao custo de N log N produtos usando um algoritmo chamado Transformada de Fourier R´apida (FFT).

Exemplo 6.16. Seja f : R → R dada por  f (x) = Julho 2011

| x | se − 1 < x < 1 0 caso contr´ario Reginaldo J. Santos

560

Transformada de Fourier

ent˜ao como mostramos no Exemplo 6.7 na p´agina 514:   √2 ω sen(ω )+cos(ω )−1 , se ω 6= 0 ω2 2π ˆf (ω ) =  √1 , se ω = 0. 2π

X

= [ f (0) = [ 0

Y = FFT( X )

1 4

f 1 2

  1 4

3 4

f 1

  1 2

3 4

f 1 2

3 4 1 4




f (−1)

f − 34




  f − 12

  f − 14 ]t

]t

= [ 0.5 −0.21 0.0 −0.037 0.0 −0.037 0.0 −0.21 ]t √ h it 2π ˆ f (0) fˆ (π ) fˆ (2π ) fˆ (3π ) fˆ (−4π ) fˆ (−3π ) fˆ (−2π ) fˆ (−π ) . ≈ 2

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.6

Relac¸a˜ o com a S´erie de Fourier e a Transformada de Fourier Discreta

561

y 1

0.5

x -1

-0.5

0.5

1

Figura 6.21 – Func¸a˜ o do Exemplo 6.16

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

562

Transformada de Fourier

y

0.5

ω

-4π

-3π

-2π

π

-π

2π

3π

-0.5

√ Figura 6.22 – Transformada de Fourier e a Transformada de Fourier Discreta multiplicada por 2/ 2π da func¸a˜ o do Exemplo 6.16

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

563

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

1. Defini¸ca˜ o e Propriedades (p´agina 527) 1.1.

1 1 (a) Seja g( x ) = e− ax u0 ( x ). Ent˜ao, gˆ (ω ) = √ . a + iω 2π

F ( xg( x ))(ω ) = i

d gˆ 1 i (ω ) = √ . dω ( a + iω )2 2π

(b) f (x)

 |x| 1 χ[− a,a] ( x ) = χ[− a,a] ( x ) − − xχ[−a,0] ( x ) + xχ[0,a] ( x ) a a  1 − xχ[0,a] (− x ) + xχ[0,a] ( x ) = χ[−a,a] ( x ) − a

= χ[−a,a] ( x ) −

F ( xχ[0,a] ( x ))(ω ) = =

[ dχ [0,a]

i

d i (ω ) = √ dω 2π dω

√



1 − e−iaω iω



− a ωe−i a ω − i (1 − e−i a ω ) 1 i a ωe−i a ω + e−i a ω − 1 = √ . 2 (iω ) ω2 2π 2π i

1 −i a ωei a ω + ei a ω − 1 F (− xχ[0,a] (− x ))(ω ) = √ ω2 2π fˆ(ω )

Julho 2011

 1 2 sen( aω ) √ − ω 2π  1 2 sen( aω ) = √ − ω 2π r 2 1 − cos ( a ω ) = . π aω 2

=

  1 i a ωe−i a ω + e−i a ω − 1 −i a ωei a ω + ei a ω − 1 + a ω2 ω2  1 2 a ω sen ( a ω ) + 2 cos ( a ω ) − 2 a ω2

Reginaldo J. Santos

564

Transformada de Fourier (c)  f ( x ) = sen( ax )χ[−b,b] ( x ) =

eiax − e−iax 2i



 χ[0,b] (− x ) + χ[0,b] ( x ) .

eibω − 1 1 − e−ibω + iω iω

1 F (χ[−b,b] )(ω ) = √ 2π

−i fˆ(ω ) = √ 2π



!

2 sen(bω ) = √ . ω 2π

sen b(ω − a) sen b(ω + a) − ω−a ω+a



ω2

(d) Seja g( x ) =

2 e− x .

e− 4 Ent˜ao, gˆ (ω ) = √ . 2 ω2

F ( xe

− x2

e− 4 d gˆ (ω ) = −iω √ )(ω ) = i dω 2 2

ω2

(e) Seja g( x ) =

2 e− x .

e− 4 Ent˜ao, gˆ (ω ) = √ . 2 ω2

2 − x2

F (x e

ω2

d2 gˆ e− 4 e− 4 )(ω ) = − 2 (ω ) = √ − ω 2 √ dω 2 2 4 2

1 1 (f) Seja g( x ) = e− ax u0 ( x ). Ent˜ao, gˆ (ω ) = √ . Ent˜ao, 2π a + iω 1 1 F (e−(a+ib)x u0 ( x ))(ω ) = gˆ (ω + b) = √ . a + ib + iω 2π Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

565

1 1 (g) Seja g( x ) = e− ax u0 ( x ). Ent˜ao, gˆ (ω ) = √ . Seja h( x ) = e ax u0 (− x ). Ent˜ao, hˆ (ω ) = 2π a + iω 1 1 gˆ (−ω ) = √ . 2π a − iω 1 1 F (e(a+ib)x u0 (− x ))(ω ) = hˆ (ω − b) = √ . a + ib − iω 2π 1.2.

2

2

(a) f 0 ( x ) − i2x f ( x ) = i2xeix − i2x (eix ) = 0 (b) Aplicando-se a transformada de Fourier na equac¸a˜ o diferencial do item anterior obtemos iω fˆ(ω ) − i2i fˆ0 (ω ) = 0 ou

ω fˆ0 (ω ) − fˆ(ω ) = 0. 2i

(c) Multiplicando-se a equac¸a˜ o diferencial do item anterior pelo fator integrante µ(t) = e obtemos   ω2 d e− 4i fˆ(ω ) = 0. dω

R

−ω dω 2i

ω2

= e− 4i

Integrando-se em relac¸a˜ o a ω obtemos 2

ω e− 4i fˆ(ω ) = c.

Logo, 2

ω fˆ(ω ) = ce 4i .

Usando o fato de que fˆ(0) = c obtemos que 2

ω fˆ(ω ) = fˆ(0)e−i 4 .

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

566

Transformada de Fourier   2  2 i   2  2  h 1 i ω ω ω ω 1 1 (d) fˆ(ω ) = + cos sen cos − i sen = + + 2 2 4 4 2 4 2 4 h  2    h i  i √ √ 2 2 2 2 1 ω 1 ω2 1 ω ω √ i 2 cos 4 − 2 sen 4 = + 2 sen 4 + 2 cos 2  2 √  2 i   i 4 h√ h  2 2 2 ω √i − 22 sen ω4 = √1 cos ω4 − π4 + i cos ω4 + π4 . 2 cos 4 2 2

(e) fˆ(ω ) = F cos( x2 ) (ω ) + i F sen( x2 ) (ω ). ˜ pares as suas transformadas de Fourier s˜ao reais e s˜ao assim Como cos( x2 ) e sen( x2 ) s˜ao func¸oes iguais a parte real e a parteimagin´aria de fˆ(ω ), respectivamente:
2 F cos( x2 ) (ω ) = √1 cos ω4 − π4 2  2 
F sen( x2 ) (ω ) = √1 cos ω4 + π4 . 2

(f) Trocando-se x por

√

ax e usando o Teorema da Dilatac¸a˜ o obtemos que 1 F cos( ax ) (ω ) = √ cos 2a



1 F sen( ax ) (ω ) = √ cos 2a





2



2





ω2 π − 4a 4

ω2 π + 4a 4



 .

2. Invers˜ao (p´agina 533) 2.1.

˜ parciais: (a) Vamos decompor em frac¸oes fˆ(ω ) =

1 A B = + . (2 + iω )(3 + iω ) 2 + iω 3 + iω

Multiplicando-se por (2 + iω )(3 + iω ) obtemos 1 = A(3 + iω ) + B(2 + iω ). Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

567

Substituindo-se iω = −2 e iω = −3 encontramos que A = 1 e B = −1. Logo, fˆ(ω ) = Portanto, f (x) = (b) Seja gˆ (ω ) =

√

1 1 − . 2 + iω 3 + iω

  2π e−2x − e−3x u0 ( x ).

1 d gˆ i . Logo, . Ent˜ao, (ω ) = − 1 + iω dω (1 + iω )2 f ( x ) = F −1 ( i

1 (c) Seja gˆ (ω ) = . Ent˜ao, g( x ) = 1 + ω2

√ d gˆ )( x ) = xg( x ) = 2πxe− x u0 ( x ). dω

√

2π −| x| e . 2

√ f (x) = F

−1

0

(iω gˆ (ω ))( x ) = g ( x ) = −

2π x e−| x| , 2 |x|

|x| d| x | (x) = , para x 6= 0. dx x (d) Completando-se o quadrado: pois

fˆ(ω ) =

1 1 = . 1 2 ω2 + ω + 1 (ω + 2 ) + 34

Logo,

√ f (x) = e

Julho 2011

−i 2x

√

2π e− √ 3

3 |x| 2

√ =

√

2π e− √

3

3 | x |+ix 2

.

Reginaldo J. Santos

568

Transformada de Fourier (e) 1 1 = . a + ib − iω a − i (ω − b) √ √ h( x ) = eibx 2πe ax u0 (− x ) = 2πe(a+ib) x u0 (− x ). fˆ(ω ) =

ˆ (f) O denominador pode ser visto como um polinomio do 2o. grau em iω, que pode ser fatorado como: fˆ(ω ) =

1 1 =  √  √ . 4 − ω 2 + 2iω iω +1− 3i iω +1+ 3i

˜ parciais Decompondo em frac¸oes fˆ(ω ) =

A

B

√ . 3i iω +1− 3i √ √ Multiplicando-se por (i ω + 1 + 3 i )(i ω + 1 − 3 i ): √ √ 1 = A ( i ω + 1 − 3 i ) + B ( i ω + 1 + 3 i ). √ √ Substituindo-se iω = −1 − 3 i e iω = −1 + 3 i obtemos que A = √i e B = − iω+1+

√

+

2 3

i fˆ(ω ) = √ 2 3

i (ω +

1 √

3) + 1

−

i (ω −

1 √

i √ . 2 3

Assim,

! 3) + 1

e

2.2.

√  √ i 6π  −(1+√3i) x f (x) = e − e−(1− 3i)x u0 ( x ) 6 √ 1 2π −|ω | d|ω | |ω | (a) Seja g( x ) = . Ent˜ao, gˆ (ω ) = e . Como (ω ) = , para ω 6= 0, ent˜ao 2 dω ω 1 + x2 √ −|ω | ˆf (ω ) = i d gˆ (ω ) = −i 2π ω e . dω 2 |ω |

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

569

1 (b) Seja g( x ) = . Ent˜ao, gˆ (ω ) = 1 + x2

√

2π −|ω | 0 2x 1 e , g (x) = − , f ( x ) = − g0 ( x ) e 2 2 2 2 ( x + 1) √ i 2πω −|ω | fˆ(ω ) = − e 4

r

π χ ( x ). 2 [− a,a] r r π π 2.4. fˆ(ω ) = a (1 − | x |/a)χ[−a,a] ( x ) = ( a − | x |)χ[−a,a] ( x ). 2 2

2.3. fˆ(ω ) =

3. Convolu¸ca˜ o (p´agina 541) 3.1.

(a) Z ∞

( f ∗ g)( x ) =

−∞

(

=

f (y) g( x − y)dy =

Z ∞ 0

e−y e−2( x−y) u0 ( x − y)dy

0, se x ≤ 0 Rx e−2x 0 ey dy, se x > 0

= e−2x (e x − 1)u0 ( x ). (b)

( f ∗ g)( x ) =

=

=

Julho 2011

Z ∞ −∞

f (y) g( x − y)dy =

Z 1 −1

e−( x−y) u0 ( x − y)dy

  0, seR x ≤ −1 x e− x −1 ey dy, se − 1 < x ≤ 1,   −x R 1 y e −1 e dy, se x > 1  se x < −1,  0, e− x (e x − e−1 ), se − 1 ≤ x < 1  −x e (e − e−1 ), se x ≥ 1. Reginaldo J. Santos

570

3.2.

Transformada de Fourier

(a) Seja gˆ (ω ) =

1 1 e hˆ (ω ) = . 2 + iω 3 + iω fˆ(ω ) = gˆ (ω )hˆ (ω ).

Assim, 1 f ( x ) = √ ( g ∗ h)( x ), 2π √ √ em que g( x ) = 2πe−2x u0 ( x ) e h( x ) = 2πe−3x u0 ( x ). Logo, f (x)

(b) Seja gˆ (ω ) =

Z ∞ √ Z ∞ −2y −3(x−y) 1 √ g(y)h( x − y)dy = 2π e e u0 ( x − y)dy 0 2π −∞ Z x √ √ 2πe−3x u0 ( x ) ey dy = 2πe−3x (e x − 1)u0 ( x ) = 0  √  −2x −3x u0 ( x ). = 2π e −e

=

√ 1 . Ent˜ao, g( x ) = 2πe− x u0 ( x ). Assim, 1 + iω ∞ 1 1 g(y) g( x − y)dy f ( x ) = √ ( g ∗ g)( x ) = √ 2π 2π −∞ Z ∞ √ = 2π e−y e−( x−y) u0 ( x − y)dy 0 √ = 2πxe− x u0 ( x ).

Z

ˆ (c) O denominador pode ser visto como um polinomio do 2o. grau em iω: fˆ(ω ) =

1 4 − ω2

+ 2iω

= 

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

iω−

√

3i +1

1 

iω+

√

3i +1

. Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

571

Sejam gˆ (ω ) = Ent˜ao, g( x ) =

√

i (ω −

2πe−(1−

√

1 √

,

hˆ (ω ) =

u0 ( x ),

h( x ) =

3) + 1

3i ) x

i (ω +

√

1 √

3) + 1

2πe−(1+

√

3i ) x

.

u0 ( x ).

Assim, f (x)

∞ 1 1 √ ( g ∗ h)( x ) = √ g(y)h( x − y)dy 2π 2π −∞ √ Z ∞ −(1−√3i)y −(1+√3i)(x−y) 2π e u0 ( x − y)dy = e

Z

=

= =

√

0 Z ∞ √ √ −(1+ 3i ) x 2 3iy

2πe e u0 ( x − y)dy 0 √   √ i 6π −(1+√3i) x e − e−(1− 3i)x u0 ( x ). 6

3.3. A equac¸a˜ o pode ser escrita como

( f ∗ k)( x ) = em que k( x ) =

1 , x2 + 9

1 . Aplicando-se a transformada de Fourier na equac¸a˜ o obtemos x2 + 4 √ √ 2π −3|ω | 2π fˆ(ω ) · kˆ (ω ) = e . 6

Resolvendo esta equac¸a˜ o obtemos e −3| ω | 2 fˆ(ω ) = = √ e−|ω | ˆ 6k ( ω ) 3 2π Julho 2011

Reginaldo J. Santos

572

Transformada de Fourier Logo, 1 2 . 2 3π x + 1

f (x) = 4. Aplica¸coes ˜ (p´agina 551)

4.1. Aplicando-se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂uˆ (ω, t) + 2iω uˆ (ω, t) = gˆ (ω ). ∂t Multiplicando-se a equac¸a˜ o pelo fator integrante µ(t) = e

R

2iωdt

= e2iωt obtemos

 ∂  2iωt e uˆ (ω, t) = gˆ (ω )e2iωt . ∂t Integrando-se em relac¸a˜ o a t obtemos e2iωt uˆ (ω, t) =

gˆ (ω ) 2iωt e + c ( ω ). 2iω

Logo, uˆ (ω, t) =

gˆ (ω ) + c(ω )e−2iωt . 2iω

Vamos supor que exista fˆ(ω ). Neste caso, usando o fato de que gˆ (ω ) uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ) = + c(ω ) 2iω obtemos que  gˆ (ω )  uˆ (ω, t) = fˆ(ω )e−2iωt + 1 − e−2iωt . 2iω Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

573

1 − e−2iωt Seja kˆ (ω, t) = . Ent˜ao, 2iω

√ k( x, t) =

2π χ[0,2t] ( x ) 2

e pelo Teorema da Convoluc¸a˜ o temos que u( x, t)

= =

f ( x − 2t) + (k ∗ g)( x, t) Z 1 2t f ( x − 2t) + g( x − y)dy 2 0

Se f ( x ) = cos x e g( x ) = 0, ent˜ao u( x, t) = cos( x − 2t) e´ a soluc¸a˜ o do PVI apesar de n˜ao existir a transformada de Fourier de f ( x ) = cos x, pois ∂u ∂u +2 = −2 cos( x − 2t) + 2 cos( x − 2t) = 0. ∂t ∂x Ou seja, u( x, t) = cos( x − 2t) satisfaz a equac¸a˜ o diferencial. 4.2. Aplicando-se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂uˆ (ω, t) = −α2 ω 2 uˆ (ω, t) − γuˆ (ω, t). ∂t Multiplicando-se a equac¸a˜ o pelo fator integrante µ(t) = e

R

(α2 ω 2 +γ)dt

= e(α

2 ω 2 +γ)t

obtemos

 ∂  ( α2 ω 2 + γ ) t e uˆ (ω, t) = 0. ∂t Integrando-se em relac¸a˜ o a t obtemos e(α

2 ω 2 +γ)t

uˆ (ω, t) = c(ω ).

Logo, uˆ (ω, t) = c(ω )e−(α Julho 2011

2 ω 2 +γ)t

. Reginaldo J. Santos

574

Transformada de Fourier Vamos supor que exista fˆ(ω ). Neste caso, usando o fato de que uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ) = c(ω ) obtemos que 2 2 uˆ (ω, t) = fˆ(ω )e−(α ω +γ)t . 2 2 2 2 Seja kˆ (ω, t) = e−(α ω +γ)t = e−γt e−α ω t . Ent˜ao,

e−γt − x2 k ( x, t) = √ e 4α2 t α 2t e pelo Teorema da Convoluc¸a˜ o temos que e−γt e−γt u( x, t) = √ ( f ∗ k)( x, t) = √ 2α πt 2π

Z ∞ −∞

f (y)e

−

( x − y )2 4α2 t

dy.

4.3. Aplicando-se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂uˆ (ω, t) = −α2 ω 2 uˆ (ω, t) + iωkuˆ (ω, t). ∂t Multiplicando-se a equac¸a˜ o pelo fator integrante µ(t) = e

R

(α2 ω 2 −iωk)dt

= e(α

2 ω 2 −iωk ) t

obtemos

 ∂  (α2 ω2 −iωk)t e uˆ (ω, t) = 0. ∂t Integrando-se em relac¸a˜ o a t obtemos e(α

2 ω 2 −iωk ) t

uˆ (ω, t) = c(ω ).

Logo, uˆ (ω, t) = c(ω )e−(α

2 ω 2 −ikω ) t

.

Vamos supor que exista fˆ(ω ). Neste caso, usando o fato de que uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ) = c(ω ) obtemos que 2 2 uˆ (ω, t) = fˆ(ω )e−(α ω −ikω )t .

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios Seja kˆ (ω, t) = e−(α

575

2 ω 2 −ikω ) t

= eikωt e−α

2 ω2 t

. Ent˜ao,

1 − (x+kt)2 k( x, t) = √ e 4α2 t α 2t e pelo Teorema da Convoluc¸a˜ o temos que 1 1 u( x, t) = √ ( f ∗ k )( x, t) = √ 2α πt 2π

Z ∞ −∞

f (y)e

−

( x −y+kt)2 4α2 t

dy.

4.4. Aplicando-se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂uˆ (ω, t) = −α2 ω 2 uˆ (ω, t) + gˆ (ω ). ∂t Multiplicando-se a equac¸a˜ o pelo fator integrante µ(t) = e

R

α2 ω 2 dt

= eα

2 ω2 t

obtemos

 2 2 ∂  α2 ω 2 t e uˆ (ω, t) = gˆ (ω )eα ω t . ∂t Integrando-se em relac¸a˜ o a t obtemos eα

2 ω2 t

uˆ (ω, t) =

gˆ (ω ) α2 ω2 t e + c ( ω ). α2 ω 2

Logo, uˆ (ω, t) =

2 2 gˆ (ω ) + c (ω )e−α ω t . α2 ω 2

Vamos supor que exista fˆ(ω ). Neste caso, usando o fato de que gˆ (ω ) uˆ (ω, 0) = fˆ(ω ) = 2 2 + c(ω ) α ω Julho 2011

Reginaldo J. Santos

576

Transformada de Fourier obtemos que gˆ (ω ) c(ω ) = fˆ(ω ) − 2 2 α ω   gˆ (ω ) gˆ (ω ) −α2 ω2 t ˆ uˆ (ω, t) = 2 2 + f (ω ) − 2 2 e . α ω α ω

e

gˆ (ω )

Sejam hˆ (ω ) = − α2 ω2 e kˆ (ω, t) = e−α

2 ω2 t

. Ent˜ao, 1 − x2 k ( x, t) = √ e 4α2 t α 2t

e h( x ) e´ a soluc¸a˜ o de

α2 h00 ( x ) = − g( x ).

Pelo Teorema da Convoluc¸a˜ o temos que u( x, t)

1 = h( x ) + √ (( f + h) ∗ k)( x, t) 2π Z ∞ ( x − y )2 1 − = h( x ) + √ ( f (y) + h(y))e 4α2 t dy. 2α πt −∞

4.5. Aplicando-se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂uˆ ∂2 uˆ (ω, t) = − a2 ω 2 uˆ (ω, t) − 2α (ω, t) − α2 uˆ (ω, t). 2 ∂t ∂t Para resolver esta equac¸a˜ o diferencial temos que encontrar as ra´ızes da sua equac¸a˜ o caracter´ıstica: r2 + 2αr + a2 ω 2 + α2 = 0

⇔

r = −α ± aωi.

Logo, uˆ (ω, t)

= φˆ (ω )e(−α−iaω )t + ψˆ (ω )e(−α+iaω )t = e−αt (φˆ (ω )e−iaωt + ψˆ (ω )e+iaωt ).

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011

6.7

Respostas dos Exerc´ıcios

577

e pelo Teorema da Translac¸a˜ o temos que u( x, t)

= e−αt (φ( x − at) + ψ( x + at)).

4.6. Aplicando-se a transformada de Fourier em relac¸a˜ o a vari´avel x na equac¸a˜ o diferencial obtemos ∂2 uˆ (ω, t) = −ω 2 uˆ (ω, t) + 2 ∂t2



 ∂uˆ (ω, t) + iω uˆ (ω, t) . ∂t

Para resolver esta equac¸a˜ o diferencial temos que encontrar as ra´ızes da sua equac¸a˜ o caracter´ıstica: r2 − 2r + ω 2 − 2i = 0

⇔

r = 1 ± (1 + ωi )

⇔

r = 2 + iω ou r = −iω.

Logo, uˆ (ω, t)

= φˆ (ω )e−iωt + ψˆ (ω )e(2+iω )t = φˆ (ω )e−iωt + e2t ψˆ (ω )e+iωt .

e pelo Teorema da Translac¸a˜ o temos que u( x, t)

Julho 2011

= φ( x − t) + ψ( x + t)e2t .

Reginaldo J. Santos

Bibliografia

[1] Rodney Josu´e Biezuner: Notas de Aula de Equa¸co˜ es Diferenciais Parciais Lineares. http://www.mat.ufmg.br/~rodney/notas de aula/edb.pdf.

Website.

[2] William E. Boyce e Richard C. DiPrima: Equa¸co˜ es Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Livros T´ecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 9a. edic¸a˜ o, 2010. [3] Djairo Guedes de Figueiredo: An´alise de Fourier e Equa¸co˜ es Diferenciais Parciais. IMPA, Rio de Janeiro, 1977. ´ [4] Val´eria Iorio: EDP: Um Curso de Gradua¸ca˜ o. IMPA, Rio de Janeiro, 2a. edic¸a˜ o, 2001. [5] Donald Kreider, Donald R. Ostberg, Robert C. Kuller e Fred W. Perkins: Introdu¸ca˜ o a` An´alise Linear. Ao Livro T´ecnico S.A., Rio de Janeiro, 1972. [6] Erwin Kreiszig: Matem´atica Superior. Livros T´ecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 2a. edic¸a˜ o, 1985.

[7] Paulo Cupertino de Lima: Equa¸co˜ es Diferenciais B. Website. http://www.mat.ufmg.br/~lima/apostilas/apostila edb. [8] E. C. de Oliveira e M. Tygel: M´etodos Matem´aticos para Engenharia. SBM, Rio de Janeiro, 2005. 578

Bibliografia

579

[9] Dennis G. Zill e Michael R. Cullen: Equa¸co˜ es Diferenciais. Makron Books, S˜ao Paulo, 3a. edic¸a˜ o, 2001.

Julho 2011

Reginaldo J. Santos

´Indice Alfab´etico

de 2a. ordem, 8 de Euler, 34, 47 de Laplace, 5, 204 diferencial, 1 do calor, 127 do calor n˜ao homogˆenea, 155 homogˆenea com coeficientes constantes, 38 homogˆenea de 2a. ordem, 25 linear, 8 linear de 1a. ordem, 15 linear n˜ao homogˆenea com coeficientes constantes, 52 n˜ao homogˆenea, 49 n˜ao linear, 8 ordin´aria, 7 parcial, 7

Amortecimento cr´ıtico, 140 Amortecimento cr´ıtico, 71 Batimento, 81 ˜ de fronteira homogˆeneas, 128 Condic¸oes Constante da mola, 62 de amortecimento, 62 Curva integral, 9 Derivadas da Transformada de Fourier, 252 difusividade t´ermica, 127 Equac¸a˜ o da corda el´astica, 157 de n-´esima ordem, 8 de 1a. ordem, 8 580

´Indice Alfab´etico Frequˆencias naturais, 178 Func¸a˜ o cont´ınua por partes, 69 de Heaviside, 245 degrau (unit´ario), 245 seccionalmente cont´ınua, 69 Func¸a˜ o ´ımpar, 87 Func¸a˜ o Caracter´ıstica, 245 ˜ Func¸oes linearmente dependentes (L.D.), 28 linearmente independentes (LI), 28 ˆ Harmonico, 178 M´etodo dos coeficientes a determinar, 52 Modo normal (ou natural) de vibrac¸a˜ o, 178 ˆ Movimento harmonico simples, 64 Onda estacion´aria, 178 ˜ Oscilac¸oes, 62 ˜ forc¸adas, 77, 132 Oscilac¸oes ˜ livres, 64 Oscilac¸oes Per´ıodo, 64 Princ´ıpio da Superposic¸a˜ o ˜ n˜ao homogˆeneas, 50 para equac¸oes Princ´ıpio da superposic¸a˜ o, 25 Problema de Dirichlet, 205 Problema de Neuman, 217 Problema de valor inicial, 12 Problema de Valor Inicial e de Fronteira, 128, 141, 158, 159 Julho 2011

581 PVI, 12 PVIF, 128, 141, 158, 159 Quase frequˆencia, 73, 140 Reduc¸a˜ o de ordem, 37 S´erie de Fourier de cossenos, 86 ´ ´ S´erie de Fourier de Cossenos de Indices Impares, 124 S´erie de Fourier de senos, 89 ´ ´ S´erie de Fourier de Senos de Indices Impares, 119 S´eries de Fourier, 69 Separac¸a˜ o de vari´aveis, 128 Soluc¸a˜ o d’Alembert, 202, 223, 226 de equac¸a˜ o de 1a. ordem, 12 de equac¸a˜ o diferencial ordin´aria de ordem n, 9 de Equil´ıbrio, 136 de equil´ıbrio, 156 estacion´aria, 136, 140, 156 geral, 27 geral de equac¸a˜ o diferencial ordin´aria de ordem n, 9 particular de equac¸a˜ o de 1a. ordem, 12 particular de equac¸a˜ o diferencial ordin´aria de ordem n, 9 transiente, 140 Subamortecimento, 73, 140 Superamortecimento, 70, 139 Teorema Reginaldo J. Santos

582

´Indice Alfab´etico

Abel, 36 de existˆencia e unicidade ˜ de 2a. ordem, 24 para equac¸oes Transformada de Fourier, 243 Transformada de Fourier da Dilatac¸a˜ o, 246 Transformada de Fourier da Integral, 257 Transformada de Fourier da Translac¸a˜ o, 258 Transformada de Fourier das Derivadas, 257 Transformadas de Fourier Elementares, 288 Velocidade de propagac¸a˜ o das ondas, 157 Wronskiano, 27

Equac¸o˜ es Diferenciais Parciais: Uma Introduc¸a˜ o (Vers˜ao Preliminar)

Julho 2011