S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais Reginaldo J. Santos Departamento de Matem´atica-ICEx Universidade Federal de Minas Gerais http://www.mat.ufmg.br/~regi 22 de novembro de 2007
Sum´ ario 1 S´ eries de Fourier 2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2 Equa¸ co ˜es Diferenciais Parciais 2.1 Equa¸ca˜o do Calor em uma Barra . . . . . . 2.1.1 Extremidades a Temperaturas Fixas 2.1.2 Barra Isolada nos Extremos . . . . . 2.2 Corda El´astica Com Extremidades Presas . 2.2.1 Com Velocidade Inicial Nula . . . . . 2.2.2 Com Deslocamento Inicial Nulo . . . 2.2.3 Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Equa¸ca˜o de Laplace num Retˆangulo . . . . . 2.3.1 Apenas k(y) N˜ao Nula . . . . . . . . 2.3.2 Apenas h(y) N˜ao Nula . . . . . . . . 2.3.3 Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . .
1
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25 25 25 31 35 35 38 41 43 44 46 49 52 56
2
1
1
´ SERIES DE FOURIER
S´ eries de Fourier
Os conceitos de produto escalar e norma no Rn podem ser estendidos a certos espa¸cos de fun¸co˜es.
Defini¸ c˜ ao 1. Seja CP[a, b] o conjunto das fun¸co˜es reais cont´ınuas por partes f : [a, b] → R, considerando idˆenticas duas fun¸co˜es que diferem uma da outra apenas em um n´ umero finito de pontos. (a) Definimos o produto escalar ou interno das fun¸co˜es f e g pertencentes a CP[a, b], como Z b
hf, gi =
f (t)g(t)dt.
a
(b) Para todo vetor f ∈ CP[a, b], definimos a norma de f denotada por ||f || como sendo p ||f || = hf, f i. Por exemplo, se f (t) = t, g(t) = et ∈ C 0 [0, 1], ent˜ao Z 1 1 Z 1 t t hf, gi = te dt = te − et dt = 1. 0
0
0
1 p √ R1 3 Al´em disso, ||f ||2 = hf, f i = 0 t2 dt = t3 = 1/3. Assim, ||f || = hf, f i = 3/3. 0 O produto interno satisfaz as seguintes propriedades, que s˜ao an´alogas a`s do produto escalar em Rn :
Proposi¸ c˜ ao 1.
(a) Para todos os f, g ∈ CP[a, b], hf, gi = hg, f i.
(b) Para todos os f1 , f2 , g ∈ CP[a, b], hf1 + f2 , gi = hf1 , gi + hf2 , gi; (c) Para todos os f, g ∈ CP[a, b] e todo escalar α, hαf, gi = α hf, gi; (d) Para todo f ∈ CP[a, b], ||f || ≥ 0 e f = 0 se, e somente se, ||f || = 0. S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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3 (e) Para todo vetor f ∈ CP[a, b] e para todo escalar α, ||αf || = |α| ||f ||; (f ) Para todos os vetores f, g ∈ CP[a, b], | hf, gi | ≤ ||f || ||g|| (Desigualdade de CauchySchwarz); (g) Para todos os vetores f, g ∈ CP[a, b], ||f +g|| ≤ ||f ||+||g|| (Desigualdade triangular);
(a) hf, gi =
Demonstra¸ ca ˜o. (b) hf + g, hi = (c) hαf, gi =
Rb a
Rb a
Rb a
f (t)g(t)dt =
(f (t) + g(t))h(t)dt =
αf (t)g(t)dt = α
Rb a
Rb a
Rb a
g(t)f (t)dt = hg, f i.
f (t)h(t)dt +
Rb a
g(t)h(t)dt = hf, hi + hg, hi.
f (t)g(t)dt = α hf, gi.
(d) Se f 6= ¯0, ent˜ao existe um subintervalo de [a, b], onde f 2 ´e limitada inferiormente Rb por um n´ umero maior do que zero. Assim, hf, f i = a (f (t))2 dt > 0. (e) ||αf || =
p p p hαf, αf i = α2 hf, f i = |α| hf, f i = |α| ||f ||.
(f) A norma de f + λg ´e maior ou igual a zero, para qualquer escalar λ. Assim, 0 ≤ ||f + λg||2 = hf + λg, f + λgi = ||f ||2 + 2λ hf, gi + λ2 ||g||2 = p(λ). Temos um polinˆomio do segundo grau que ´e maior ou igual a zero para todo λ. Isto implica que ∆ = 4(hf, gi)2 − 4||f ||2 ||g||2 ≤ 0. Logo, | hf, gi | ≤ ||f || ||g||. (g) Pelo item anterior temos que ||f + g||2 = = ≤ ≤ ≤
hf + g, f + gi = hf, f i + hf, gi + hg, f i + hg, gi ||f ||2 + 2 hf, gi + ||g||2 ||f ||2 + 2| hf, gi | + ||g||2 ||f ||2 + 2||f || ||g|| + ||g||2 (||f || + ||g||)2;
Tomando a raiz quadrada, segue o resultado.
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1
´ SERIES DE FOURIER
Vamos, agora, estender ao espa¸co CP[a, b] o conceito de ortogonalidade. Defini¸ c˜ ao 2. Seja CP[a, b]. Dizemos que um subconjunto n˜ao vazio X de CP[a, b] ´e ortogonal se para todo par f e g de elementos distintos de X , hf, gi = 0. Neste caso dizemos que os elementos de X s˜ao ortogonais. Exemplo 1. Seja L um n´ umero real maior que zero. Seja CP[−L, L] o conjunto das fun¸co˜es cont´ınuas por partes do intervalo [−L, L] em R com o produto interno definido por Z L
hf, gi =
f (t)g(t)dt.
−L
Vamos mostrar que o conjunto πt πt 2πt 2πt nπt nπt {1, cos , sen , cos , sen , . . . , cos , sen , . . .} L L L L L L ´e ortogonal. Como as fun¸co˜es do conjunto, exceto a primeira, s˜ao fun¸co˜es cujas primitivas s˜ao peri´odicas de per´ıodo igual a 2L/n, ent˜ao a integral de −L a L destas fun¸co˜es ´e igual a zero e portanto elas s˜ao ortogonais a` fun¸ca˜o constante 1.
nπt mπt cos , sen L L
Z nπt mπt L π = cos sen dt = cos ns sen msds L L π −π −L Z L π = [sen(m + n)s + sen(m − n)s]ds = 0 2π −π Z
L
Para m 6= n temos que Z L Z nπt mπt nπt mπt L π , cos = cos cos dt = cos ns cos msds cos L L L L π −π −L Z L π = [cos(m + n)s + cos(m − n)s]ds 2π −π π π L L sen(m + n)s + sen(m − n)s = 0, = 2π(m + n) 2π(m − n) −π −π Z L Z π nπt mπt nπt mπt L sen , sen = sen sen dt = sen ns sen msds L L L L π −π −L Z L π = [− cos(m + n)s + cos(m − n)s]ds = 0 2π −π S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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y
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0.5 x
−0.5
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L
0
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x
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−1 −L
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0 −0.5
0.5
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−1 −L
y
0
x
−0.5
0
L
−1 −L
0
L
Figura 1: Gr´aficos de 1, cos πt , cos 2πt , cos 3πt , cos 4πt , cos 5πt L L L L L
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−1 −L
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0 −0.5
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y
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−0.5
0
L
−1 −L
0
L
Figura 2: Gr´aficos de sen πt , sen 2πt , sen 3πt , sen 4πt , sen 5πt , sen 6πt L L L L L L
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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7 Podemos estender a CP[a, b] o conceito de convergˆencia de seq¨ uˆencia de n´ umeros reais. Defini¸ c˜ ao 3. (a) Uma seq¨ uˆencia de fun¸co˜es {fm } = {f0 , f1 , f2 , . . . , fm , . . .} de CP[a, b] converge para uma fun¸ca˜o f de CP[a, b] se lim ||fm − f || = 0.
m→∞
Neste caso escrevemos lim fm = f . m→∞
(b) Uma s´ erie de fun¸ co ˜es
∞ X
m=0
fm de CP[a, b] converge para uma fun¸ca˜o f de CP[a, b]
se o limite da seq¨ uˆencia das somas parciais converge para f , ou seja, lim
m→∞
m X
fn = f.
n=0
Proposi¸ c˜ ao 2. Se uma seq¨ uˆencia de fun¸co ˜es {fm } de CP[a, b] converge para uma fun¸ca ˜o f de CP[a, b], ent˜ ao esta fun¸ca ˜o ´e u ´nica a menos dos seus valores em um n´ umero finito de pontos.
Demonstra¸ ca ˜o. Vamos supor que lim fm = f e lim fm = g, ent˜ao pela desigualdade m→∞
m→∞
triangular (Proposi¸ca˜o 1 na p´agina 2) temos que ||f − g|| ≤ ||f − fm || + ||g − fm ||. Passando ao limite obtemos que ||f − g|| = 0 o que implica que f = g a menos de um n´ umero finito de pontos.
Proposi¸ c˜ ao 3. (a) Se uma seq¨ uˆencia de fun¸co ˜es {fm } de CP[a, b] converge para uma fun¸ca ˜o f de V, ent˜ ao para todo vetor g de V a seq¨ uˆencia de n´ umeros reais {hf m , gi} converge para hf, gi. Ou seja, se lim fm = f , ent˜ ao m→∞
lim hfm , gi =
m→∞
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D
E lim fm , g .
m→∞
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´ SERIES DE FOURIER
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(b) Se uma s´erie de fun¸co ˜es
∞ X
m=0
fm de CP[a, b] converge para uma fun¸ca ˜o f de CP[a, b],
ent˜ ao, para toda fun¸ca ˜o g de CP[a, b], ∞ X
m=0
Demonstra¸ ca ˜o.
hfm , gi =
*
∞ X
m=0
fm , g
+
.
(a) Seja f = lim fm . Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz (Prom→∞
posi¸ca˜o 1 na p´agina 2), temos que | hfm , gi − hf, gi | = | hfm − f, gi | ≤ ||fm − f ||||g||. Passando ao limite obtemos que lim | hfm , gi − hf, gi | = 0. O que implica que m→∞
lim = hf, gi.
m→∞
´ uma conseq¨ (b) E uˆencia imediata do item anterior.
Proposi¸ c˜ ao 4. Seja CP[a, b], o espa¸co das fun¸co ˜es cont´ınuas por partes no intervalo [a, b]. Seja {g0 , g1 , g2 , . . . , gn , . . .} um subconjunto de V de vetores ortogonais n˜ ao nulos. Se ∞ X f= cm g m , m=0
ent˜ ao
cm =
Demonstra¸ ca ˜o. Seja f = n = 0, 1, 2 . . ., obtemos que * hf, gn i =
hf, gm i , ||gm ||2
∞ X
para m = 0, 1, 2, . . .
cm gm . Fazendo o produto escalar de f com gn , para
m=0
∞ X
m=0
cm g m , g n
+
=
∞ X
m=0
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
cm hgm , gn i = cn ||gn ||2 , 22 de novembro de 2007
9 pois como os vetores gm s˜ao ortogonais hgm , gn i = 0, se m 6= n. Assim, cn =
hf, gn i , ||gn ||2
para n = 0, 1, 2 . . .
Exemplo 2. Seja L um n´ umero real maior que zero. Seja CP[−L, L] o conjunto das fun¸co˜es cont´ınuas por partes do intervalo [−L, L] em R com o produto interno definido por Z L
hf, gi =
f (t)g(t)dt.
−L
J´a mostramos no Exemplo 1 que o conjunto {1, cos
πt πt 2πt 2πt nπt nπt , sen , cos , sen , . . . , cos , sen , . . .} L L L L L L
´e ortogonal. Vamos aplicar a Proposi¸ca˜o 4 a este conjunto. Para isto vamos calcular as normas dos seus elementos. Z L h1, 1i = dt = 2L −L Z L Z Z nπt L π L π nπt 2 nπt 2 , cos = cos dt = cos nsds = [1 + cos 2ns]ds = L cos L L L π −π 2π −π −L Z L Z Z nπt nπt L π L π 2 nπt 2 sen , sen = sen dt = sen nsds = [1 − cos 2ns]ds = L L L L π −π 2π −π −L Assim, para toda fun¸ca˜o f ∈ CP[−L, L] que possa ser escrita como a s´erie ∞
∞
a0 X mπt X mπt f (t) = + am cos + bm sen , 2 L L m=1 m=1 teremos que os coeficientes da s´erie ser˜ao dados por
Z f, cos mπt 1 L mπt L am = f (t) cos dt, mπt 2 = || cos L || L −L L
Z f, sen mπt 1 L mπt L bm = f (t) sen dt, mπt 2 = || sen L || L −L L
(1)
para m = 0, 1, 2, . . .
(2)
para m = 1, 2, . . .
(3)
A s´erie (1) com os coeficientes dados acima ´e chamada S´ eries de Fourier. 22 de novembro de 2007
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´ SERIES DE FOURIER
1
Na Proposi¸ca˜o 4 fizemos a suposi¸ca˜o de que a s´erie
∞ X
cm gm convergia para a fun¸ca˜o
m=0
f . Vamos considerar o problema inverso. Dada uma fun¸ca˜o f ∈ CP[−L, L] podemos calcular os coeficientes am e bm usando (2) e (3) e nos perguntar se a s´erie obtida converge ou n˜ao. O teorema seguinte, cuja demonstra¸ca˜o pode ser encontrada por exemplo em [3], afirma que para toda fun¸ca˜o f cont´ınua por partes em [−L, L], a s´erie de Fourier de f converge.
Teorema 5. Seja L um n´ umero real maior que zero. Para toda fun¸ca ˜o f pertencente ao espa¸co das fun¸co ˜es cont´ınuas por partes, CP[−L, L], a s´erie de Fourier de f ∞
em que
∞
a0 X mπt X mπt + am cos + bm sen , 2 L L m=1 m=1
Z 1 L mπt am = f (t) cos dt para m = 0, 1, 2, . . . L −L L Z 1 L mπt bm = f (t) sen dt, para m = 1, 2, . . . L −L L R 12 L 2 converge para f na norma ||f || = −L (f (t)) dt . Ou seja, podemos escrever ∞
∞
a0 X mπt X mπt f (t) = + am cos + bm sen 2 L L m=1 m=1
Se uma fun¸ca˜o f ∈ CP[−L, L] ´e par, isto ´e, f (−t) = f (t), para todo t ∈ [−L, L], e pode ser escrita como a s´erie ∞
∞
a0 X mπt X mπt f (t) = + am cos + bm sen , 2 L L m=1 m=1 ent˜ao os coeficientes obtidos no Exemplo 2 s˜ao dados por: Z Z 1 L mπt 2 L mπt am = f (t) cos dt = f (t) cos dt, L −L L L 0 L Z 1 L mπt bm = f (t) sen dt = 0 para m = 1, 2, . . . L −L L S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
para m = 0, 1, 2, . . .
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11 Analogamente, se uma fun¸ca˜o f ∈ CP[−L, L] ´e ´ımpar, isto ´e, f (−t) = −f (t), para todo t ∈ [−L, L], e pode ser escrita como a s´erie ∞
∞
a0 X mπt X mπt f (t) = + am cos + bm sen , 2 L L m=1 m=1
ent˜ao os coeficientes obtidos no Exemplo 2 s˜ao dados por: Z 1 L mπt am = f (t) cos dt = 0 para m = 0, 1, 2, . . . L −L L Z Z 1 L mπt 2 L mπt bm = f (t) sen dt = f (t) sen dt, para m = 1, 2, . . . L −L L L 0 L Para as fun¸co˜es f que s˜ao cont´ınuas por partes em [0, L] podemos prolong´a-las de forma que elas se tornem par ou ´ımpar no intervalo [−L, L] (verifique!).
Corol´ ario 6. Seja L um n´ umero real maior que zero. Para toda fun¸ca ˜o f pertencente ao espa¸co das fun¸co ˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], a s´ erie de Fourier de cossenos de f ∞
a0 X mπt + am cos , 2 L m=1
e a s´ erie de Fourier de senos de f
∞ X
m=1
em que
bm sen
mπt , L
Z 2 L mπt am = f (t) cos dt para m = 0, 1, 2, . . . L 0 L Z 2 L mπt bm = f (t) sen dt, para m = 1, 2, . . . L 0 L R 12 L convergem para f na norma ||f || = 0 (f (t))2 dt . Ou seja, podemos escrever f (t) =
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∞ ∞ a0 X mπt X mπt + am cos = bm sen . 2 L L m=1 m=1
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y
y
y
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1
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0.5
0.5
0.5
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x 0
0.5
0
1
x 0
y
0.5
0
1
0
y 1
1
0.5
0.5
0.5
x 0
0.5
0
1
0.5
1
y
1
0
x
x 0
0.5
0
x
1
0
0.5
1
Figura 3: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [1/4, 3/4] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos de f , para n = 0, 2, 6, 10, 14, 18 (0)
Exemplo 3. Seja L um n´ umero real maior que zero. Considere a fun¸ca˜o fc,d : [0, L] → R dada por (0) fc,d (t)
=
1, se cL ≤ t ≤ dL, 0, caso contr´ario,
para c e d fixos satisfazendo 0 ≤ c < d ≤ 1. (0)
Vamos calcular as s´eries de Fourier de senos e de cossenos de fc,d . Para a s´erie de cossenos temos que a0 am
Z Z 2 dL 2 dL = f (t)dt = dt = 2(d − c), L cL L cL Z Z mπd 2 dL mπt 2 dL mπt 2 = f (t) cos dt = cos dt = sen s , L cL L L cL L mπ mπc
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
para m = 1, 2, . . .
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y
y
y
1
1
1
0.5
0.5
0.5
0
x 0
0.5
0
1
x 0
y
0.5
0
1
0
y 1
1
0.5
0.5
0.5
x 0
0.5
1
0
x 0
0.5
1
y
1
0
x
0.5
1
0
x 0
0.5
1
Figura 4: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [1/4, 3/4] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da s´erie de Fourier de senos de f , para n = 1, . . . , 6 Assim a s´erie de Fourier de cossenos de f ´e (0) fc,d (t)
∞ ∞ a0 X mπt 2 X sen mπd − sen mπc mπt = + am cos = (d − c) + cos . 2 L π m=1 m L m=1 (0)
Observe que a s´erie de Fourier de cossenos da fun¸ca˜o constante igual a 1, f 0,1 , tem somente o primeiro termo diferente de zero que ´e igual a 1. Para a s´erie de senos temos que para m = 1, 2, . . ., Z Z mπd 2 dL mπt 2 dL mπt 2 bm = f (t) sen dt = sen dt = − cos s L cL L L cL L mπ mπc (0)
Assim, a s´erie de Fourier de senos de fc,d ´e dada por (0) fc,d (t)
∞ X
∞ mπt 2 X cos mπc − cos mπd mπt = bm sen = sen L π m=1 m L m=1
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1 1.5
1.5
y
1.5
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1
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1
0.5
0.5
0.5
0
x 0
1.5
0.5
0 0
1.5
y
0
x
1
0.5
0
1.5
y
1
1
0.5
0.5
0.5
x 0
0.5
0
x
1
0
x
1
1
0
y
0.5
0.5
1
y
0
x
1
0
0.5
1
Figura 5: A fun¸ca˜o f (t) = 1 em [0, 1] e as somas parciais da s´erie de Fourier de senos de f , para n = 1, 3, 5, 7, 9, 11 (0)
Observe que para a fun¸ca˜o constante igual a 1, f0,1 os termos de ´ındice par s˜ao iguais a (0) zero e neste caso a s´erie de senos de f0,1 ´e dada por (0) f0,1 (t)
∞ 4X 1 (2m − 1)πt = sen π m=1 2m − 1 L
(1)
Exemplo 4. Considere a fun¸ca˜o fc,d : [0, L] → R dada por (1) fc,d (t)
=
t, se cL ≤ t ≤ dL, 0, caso contr´ario,
para c e d fixos satisfazendo 0 ≤ c < d ≤ 1. (1)
Vamos calcular as s´eries de Fourier de senos e de cossenos de fcd . Para a s´erie de cossenos S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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y
y
y
0.8
0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
0
0
x
−0.2
0
0.5
1
−0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
Figura 6: A fun¸ca˜o f (t) = t em [0, 1] e somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos para n = 0, 1, 3 temos que a0 am
Z Z 2 dL 2 dL f (t)dt = t dt = L(d2 − c2 ) = L cL L cL Z Z Z mπd 2 dL mπt 2 dL mπt 2L = s cos sds f (t) cos dt = t cos dt = 2 2 L cL L L cL L m π mπc mπd 2L = (s sen s + cos s) m2 π 2 mπc
Assim a s´erie de Fourier de cossenos de f ´e
(1)
fc,d (t) =
∞ X
2
2
∞ X
a0 mπt L(d − c ) 2L + am cos = + 2 2 L 2 π m=1 m=1 (1)
mπd (s sen s + cos s) mπc
m2
cos
mπt L
(1)
Observe que para a fun¸ca˜o fc,d (t) = t, para 0 ≤ t ≤ 1, f0,1 , temos que am =
2L ((−1)m − 1). m2 π 2 (1)
Assim os termos de ´ındice par s˜ao iguais a zero e neste caso a s´erie de cossenos de f 0,1 ´e dada por ∞ 1 (2m − 1)πt L 4L X (1) f0,1 (t) = − 2 cos , 2 2 π m=1 (2m − 1) L 22 de novembro de 2007
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16
´ SERIES DE FOURIER
1
1
y
1
0.5
1
0.5
0 0.5
1
1
0.5
0
x 0
y
0.5
1
y
1
0
0.5
1
0.5
1
y
0.5
0
x
x 0
0.5
0
y
0.5
0
x 0
1
y
0
x 0
0.5
1
x 0
0.5
1
Figura 7: A fun¸ca˜o f (t) = t em [0, 1] e as somas parciais da s´erie de Fourier de senos de f , para n = 1, . . . , 6 Para a s´erie de senos temos que para m = 1, 2, . . ., Z Z Z mπd 2 dL mπt 2 dL mπt 2L bm = f (t) sen dt = t sen dt = 2 2 s sen sds L cL L L cL L m π mπc mπd 2L = (−s cos s + sen s) 2 2 m π mπc (1)
Assim, a s´erie de Fourier de senos de fc,d ´e dada por (1)
fc,d (t) =
∞ X
m=1
bm sen
∞ X
mπt 2L = 2 L π m=1
mπd (−s cos s + sen s) mπc
m
sen
mπt L
(1)
Observe que para a fun¸ca˜o f (t) = t, para 0 ≤ t ≤ 1, f01 , temos que bm =
2L (−1)m+1 2L (− cos mπ) = mπ mπ
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
17 (1)
e neste caso a s´erie de senos de f0,1 ´e dada por (1) f0,1 (t)
∞ X
∞ mπt 2L X (−1)m+1 mπt = bm sen = sen L π m=1 m L m=1
Com os coeficientes das fun¸co˜es destes dois exemplos podemos determinar as s´eries de Fourier de v´arias fun¸co˜es que s˜ao combina¸co˜es lineares delas. Isto por que os coeficientes das s´eries dependem linearmente das fun¸co˜es, ou seja, am (αf + βg) = αam (f ) + βam (g) e am (αf + βg) = αam (f ) + βam (g). Por exemplo, a fun¸ca˜o f (t) = pode ser escrita como
t, se 0 ≤ t ≤ L/2 L − t, se L/2 < t ≤ L (1)
(0)
(1)
f = f0,1/2 + Lf1/2,1 − f1/2,1 .
Assim os coeficientes am e bm podem ser calculados como (1)
(0)
(1)
am (f ) = am (f0,1/2 ) + Lam (f1/2,1 ) − am (f1/2,1 ) (1)
(0)
(1)
bm (f ) = bm (f0,1/2 ) + Lbm (f1/2,1 ) − bm (f1/2,1 ) Coeficientes das S´ eries de Fourier de Fun¸ co ˜es Elementares
f : [0, L] → R
(0) fc,d (t)
(1)
=
fc,d (t) =
1, se cL ≤ t ≤ dL 0, caso contr´ario
t, se cL ≤ t ≤ dL 0, caso contr´ario
22 de novembro de 2007
2 am = L a0 am
Z
L 0
mπt f (t) cos dt L
= 2(d − c)
mπd 2 = mπ sen s
Z
bm =
mπc
a0 = L(d2 − c2 ) am = 2L m2 π 2
2 bm = L
L
f (t) sen 0
2 − mπ
mπt dt L
mπd cos s mπc
bm =
mπd (s sen s + cos s) mπc
2L m2 π 2
mπd (−s cos s + sen s)
Reginaldo J. Santos
mπc
18
1 y
´ SERIES DE FOURIER
y
y
0.8
0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
Figura 8: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R, dada por f (t) = t se t ∈ [0, 1/2] e f (t) = 1 − t se t ∈ [1/2, 1] e somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos para n = 0, 2, 6 y
y
y
0.8
0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
Figura 9: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R, dada por f (t) = t se t ∈ [0, 1/2] e f (t) = 1 − t se t ∈ [1/2, 1] e somas parciais da s´erie de Fourier de senos para n = 1, 3, 5
Exerc´ıcios (respostas na p´ agina 56) Ache as s´eries de Fourier de senos e de cossenos das fun¸co˜es dadas: 0, se 0 ≤ x < L/2, 1.1. f (x) = 1, se L/2 ≤ x ≤ L, 1.2. f (x) =
1, se L/4 ≤ x < 3L/4, 0, caso contr´ario,
1.3. f (x) =
0, se 0 ≤ x < L/2, x, se L/2 ≤ x < L,
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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19
1.4. f (x) =
x, se 0 ≤ x < L/2 L − x, se L/2 ≤ x ≤ L
se 0 ≤ x < L/4 x, L/4, se L/4 ≤ x < 3L/4 1.5. f (x) = L − x, se 3L/4 < x ≤ L Comandos do Matlabr :
>> V(i)=[] elimina a componente i do vetor V. >> syms t diz ao Matlabr que a vari´avel t ´e uma vari´avel simb´olica. >> f=expr define uma fun¸ca˜o atrav´es da expr que deve ser uma express˜ao na vari´avel simb´olica t definida anteriormente. Comandos do pacote GAAL: >>proj(g,f,a,b) calcula hf, gi g(t) = ||g||2
1 Rb
(g(t))2 dt a
Z
b
!
f (t)g(t)dt g(t). a
Por exemplo: >>proj(cos(5*pi*t),f,-pi,pi) calcula ! Z π 1 Rπ cos(5πt)f (t)dt cos(5πt) = (cos(5πt))2 dt −π −π Z π 1 = cos(5πt)f (t)dt cos(5πt) 2π −π = a5 cos(5πt). >>plotfproj(f,proj,a,b) desenha as fun¸co˜es f e proj(k), para k variando de 1 at´e o tamanho do vetor proj, no intervalo [a,b].
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1
y
´ SERIES DE FOURIER
y
y
0.8
0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
Figura 10: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = t, se t ∈ [0, 1/4], f (t) = 1/4, se t ∈ [1/4, 3/4] e f (t) = 1 − t, se t ∈ [3/4, 1] e somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos para n = 0, 1, 2
y
y
y
0.8
0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
Figura 11: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = t, se t ∈ [0, 1/4], f (t) = 1/4, se t ∈ [1/4, 3/4] e f (t) = 1 − t, se t ∈ [3/4, 1] e somas parciais da s´erie de Fourier de senos para n = 1, 3, 5
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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y
y
y
1
1
1
0.5
0.5
0.5
0
x 0
0.5
0
1
x 0
y
0.5
0
1
0
y 1
1
0.5
0.5
0.5
x 0
0.5
1
0
x 0
0.5
1
y
1
0
x
0.5
1
0
x 0
0.5
1
Figura 12: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [1/2, 1] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos de f , para n = 0, 1, 3, 5, 7, 9
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´ SERIES DE FOURIER
1
y
y
y
1
1
1
0.5
0.5
0.5
0
x 0
0.5
0
1
x 0
y
0.5
0
1
0
y 1
1
0.5
0.5
0.5
x 0
0.5
1
0
x 0
0.5
1
y
1
0
x
0.5
1
0
x 0
0.5
1
Figura 13: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [1/2, 1] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da s´erie de Fourier de senos de f , para n = 1, 2, 3, 5, 6, 7
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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y
y
y
0.8
0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
y
x 0
0.5
1
0 −0.2
y 0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
−0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0
0.5
1
y
0.8
0
x
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
Figura 14: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = t, se t ∈ [1/2, 1] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da s´erie de Fourier de cossenos de f , para n = 0, 1, 2, 3, 5, 6
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´ SERIES DE FOURIER
1
y
y
y
0.8
0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
0 −0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
y
x 0
0.5
1
0 −0.2
y 0.8
0.8
0.6
0.6
0.6
0.4
0.4
0.4
0.2
0.2
0.2
−0.2
x 0
0.5
1
0 −0.2
x 0
0
0.5
1
y
0.8
0
x
0.5
1
0 −0.2
x 0
0.5
1
Figura 15: A fun¸ca˜o f : [0, 1] → R definida por f (t) = t, se t ∈ [1/2, 1] e f (t) = 0, caso contr´ario e as somas parciais da s´erie de Fourier de senos de f , para n = 1, 2, 3, 4, 5, 6
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2 2.1 2.1.1
Equa¸ co ˜es Diferenciais Parciais Equa¸ c˜ ao do Calor em uma Barra Extremidades a Temperaturas Fixas 2 ∂u 2∂ u ∂t = α ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < L u(0, t) = T , u(L, t) = T 1 2
Vamos inicialmente resolver o problema com T1 = T2 = 0, que chamamos de condi¸ co ˜es homogˆ eneas. Condi¸co˜es Homogˆeneas 2 ∂u 2∂ u = α ∂t ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < L u(0, t) = 0, u(L, t) = 0
Vamos usar um m´etodo chamado separa¸ c˜ ao de vari´ aveis. Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, t) = X(x)T (t) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o 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 s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 (x) 1 T 0 (t) = 2 = λ. X(x) α T (t) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X(0) = 0, X(L) = 0 T 0 (t) − α2 λT (t) = 0 22 de novembro de 2007
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26
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2
A primeira equa¸ca˜o pode solu¸co˜es, √ ter como √ λx − λx Se λ > 0 : X(x) = C1 e + C2 e . Se λ = 0 : X(x) = C1 + C2 x. √ √ Se λ < 0 : X(x) = C1 sen( −λx) + C2 cos( −λx). As condi¸co˜es de fronteira X(0) = 0 e X(L) = 0 implicam que λ < 0 (verifique!), mais que isso λ tem ter valores dados por λ=−
n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2
ou seja, a solu¸ca˜o da primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteiras tem solu¸ca˜o X(x) = C1 sen
nπx , para n=1,2,3,. . . . L
Assim a segunda equa¸ca˜o diferencial tem solu¸ca˜o T (t) = C2 e−
α2 n 2 π 2 L2
t
, para n=1,2,3,. . . .
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma nπx − α2 n22 π2 t un (x, t) = X(x)T (t) = cn sen e L L Al´em disso, combina¸co˜es lineares dessas solu¸co˜es s˜ao solu¸ca˜o u(x, t) =
N X
un (x, t) =
n=1
N X
cn sen
n=1
nπx − α2 n22 π2 t e L L
Mais que isso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, t) =
∞ X n=1
un (x, t) =
∞ X
cn sen
n=1
nπx − α2 n22 π2 t e L L
s˜ao solu¸co˜es. Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(x, 0) = f (x), temos que ter f (x) = u(x, 0) =
∞ X
cn sen
n=1
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
nπx . L 22 de novembro de 2007
2.1
Equa¸ c˜ ao do Calor em uma Barra 20
20
u
27 20
u
15
15
15
10
10
10
5
5
5
0
x 0
20
20
0
40
0
20
u
x 20
0
40
15
15
15
10
10
10
5
5
5
0
x 0
20
40
0
x 0
20
x 0
20
u
u
20
40
u
0
40
x 0
20
40
Figura 16: Solu¸ca˜o da equa¸ca˜o do calor do Exemplo 5 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie, para t = 0, 10, 20, 50, 100, 300 Esta ´e a s´erie de Fourier de senos de f (x). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o f (x) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z 2 L nπx cn = f (x) sen dx, n = 1, 2, 3 . . . L 0 L Observe que quando t tende a mais infinito a solu¸ca˜o tende a zero.
Exemplo 5. 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 x, se 0 ≤ x < 20 f (x) = 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema ∂u ∂2u = ∂t ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < 40 u(0, t) = 0, u(40, t) = 0
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28
2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
A solu¸ca˜o ´e ent˜ao u(x, t) =
∞ X
cn sen
n=1
nπx − n2 π2 t e 1600 40
em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f (x), ou seja, cn
1 = 20 =
Z
40
f (x) sen(
0 (1) cn (f0,1/2 )
nπx )dx 40 (0)
(1)
+ 40cn (f1/2,1 ) − cn (f1/2,1 ) nπ/2 80 nπ nπ 80 80 (−s cos s + sen s) − cos s − 2 2 (−s cos s + sen s) = 2 2 nπ 0 nπ nπ/2 n π nπ/2 80 160 nπ = − cos(nπ/2) + sen(nπ/2) + cos(nπ/2) n2 π 2 2 nπ 160 sen nπ 2 = , n = 1, 2, 3 . . . 2 2 n π Portanto a solu¸ca˜o ´e 160 X sen nπ nπx − n2 π2 t 2 u(x, t) = sen e 1600 π 2 n=1 n2 40 ∞
=
∞
160 X (−1)n (2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 t 1600 sen e π 2 n=0 (2n + 1)2 40
Condi¸co˜es N˜ao Homogˆeneas 2 ∂u 2∂ u = α ∂t ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < L u(0, t) = T1 , u(L, t) = T2
Observe que uma fun¸ca˜o somente de x tal que a segunda derivada ´e igual a zero satisfaz a equa¸ca˜o do calor. Assim, (T2 − T1 ) u(x, t) = T1 + x L satisfaz a equa¸ca˜o do calor e as condi¸co˜es de fronteira u(0, t) = T1 e u(L, t) = T2 . O que sugere como solu¸ca˜o do problema inicial ∞ X (T2 − T1 ) nπx − α2 n22 π2 t u(x, t) = T1 + x+ cn sen e L L L n=1
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.1
Equa¸ c˜ ao do Calor em uma Barra
29
Para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(x, 0) = f (x), temos que ter f (x) = T1 +
∞ X nπx (T2 − T1 ) x+ cn sen L L n=1
ou
∞
X (T2 − T1 ) nπx x= cn sen . f (x) − T1 − L L n=1
1) Esta ´e a s´erie de Fourier de senos de f (x) − T1 − (T2 −T x. Assim pelo Corol´ario 6 L na p´agina 11 se a fun¸ca˜o f (x) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por
2 cn = L
Z
L
0
(T2 − T1 ) nπx f (x) − T1 − x sen dx, n = 1, 2, 3 . . . L L
Observe que quando t tende a mais infinito a solu¸ca˜o tende a solu¸ca˜o v(x, t) = T1 +
(T2 − T1 ) x L
chamada solu¸ c˜ ao estacion´ aria. Exemplo 6. 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 10 + 2x, se 0 ≤ x < 20 f (x) = 70 − x, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema ∂u ∂2u = ∂t ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < 40 u(0, t) = 10, u(40, t) = 30 A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
∞
x X nπx − n2 π2 t u(x, t) = 10 + + cn sen e 1600 2 n=1 40 22 de novembro de 2007
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30 50
u
2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
50
u
50
40
40
40
30
30
30
20
20
20
10
10
10
0
0
−10
50
x 0
20
40
−10
x 0
50
u
20
40
0 −10
50
u
40
40
40
30
30
30
20
20
20
10
10
0 −10
x 0
20
40
x 0
20
40
u
10
0 −10
u
x 0
20
40
0 −10
x 0
20
40
Figura 17: Solu¸ca˜o da equa¸ca˜o do calor do Exemplo 6 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie, para t = 0, 10, 20, 50, 100, 300 em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de 3 x, se 0 ≤ x < 20 2 f (x) − 10 − x/2 = 3 60 − 2 x, se 20 ≤ x ≤ 40
ou seja,
cn = = = = Portanto a
3 3 (1) (0) (1) cn (f0,1/2 ) + 60cn (f1/2,1 ) − cn (f1/2,1 ) 2 2 nπ/2 120 nπ nπ 120 120 (−s cos s + sen s) − cos s − (−s cos s + sen s) 2 2 2 2 n π 0 nπ nπ/2 nπ nπ/2 240 nπ 120 − cos(nπ/2) + sen(nπ/2) + cos(nπ/2) 2 2 n π 2 nπ 240 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 solu¸ca˜o ´e dada por x 240 X sen nπ nπx − n2 π2 t 2 u(x, t) = 10 + + 2 sen e 1600 2 π n=1 n2 40 ∞
∞
x 240 X (−1)n (2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 t 1600 = 10 + + 2 sen e 2 π n=0 (2n + 1)2 40
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.1
Equa¸ c˜ ao do Calor em uma Barra
31
Observe que quando t tende a mais infinito a solu¸ca˜o tende a solu¸ca˜o estacion´aria x v(x, t) = 10 + . 2 2.1.2
Barra Isolada nos Extremos
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 solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, t) = X(x)T (t) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o 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 s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 (x) 1 T 0 (t) = 2 = λ. X(x) α T (t) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X 0 (0) = 0, X 0 (L) = 0 T 0 (t) − α2 λT (t) = 0 A primeira equa¸ca˜o pode solu¸co˜es, √ ter como √ λx − λx Se λ > 0 : X(x) = C1 e + C2 e . Se λ = 0 : X(x) = C1 + C2 x. √ √ Se λ < 0 : X(x) = C1 sen( −λx) + C2 cos( −λx). 22 de novembro de 2007
Reginaldo J. Santos
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
As condi¸co˜es de fronteira X 0 (0) = 0 e X 0 (L) = 0 implicam que λ ≤ 0, mais que isso λ tem ter valores dados por n2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . L2 ou seja, a solu¸ca˜o da primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteiras tem solu¸ca˜o nπx X(x) = C1 cos , para n=0,1,2,3,. . . . L Assim a segunda equa¸ca˜o diferencial tem solu¸ca˜o λ=−
T (t) = C2 e−
α2 n 2 π 2 L2
t
, para n=0,1,2,3,. . . .
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma nπx − α2 n22 π2 t un (x, t) = X(x)T (t) = cn cos e L L Al´em disso, combina¸co˜es lineares dessas solu¸co˜es s˜ao solu¸ca˜o u(x, t) =
N X
un (x, t) =
n=0
N X
cn cos
n=0
nπx − α2 n22 π2 t e L L
Mais que isso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, t) =
∞ X n=0
un (x, t) =
∞ X
cn cos
n=0
nπx − α2 n22 π2 t e L L
s˜ao solu¸co˜es. Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(x, 0) = f (x), temos que ter f (x) = u(x, 0) =
∞ X
cn cos
n=0
nπx . L
Esta ´e a s´erie de Fourier de cossenos de f (x). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o f (x) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z Z 1 L 2 L nπx c0 = f (x)dx, cn = f (x) cos dx, n = 1, 2, 3 . . . L 0 L 0 L Observe que a solu¸ca˜o tende a v(x, t) = c0 , quando t tende a mais infinito, ou seja, a temperatura da barra vai tender a ficar constante e igual ao valor m´edio da temperatura inicial. S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.1
Equa¸ c˜ ao do Calor em uma Barra 20
20
u
33 20
u
15
15
15
10
10
10
5
5
5
0
x 0
20
20
0
40
0
20
u
x 20
0
40
15
15
15
10
10
10
5
5
5
0
x 0
20
0
40
x 0
20
x 0
20
u
u
20
u
0
40
40
x 0
20
40
Figura 18: Solu¸ca˜o da equa¸ca˜o do calor do Exemplo 7 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie, para t = 0, 10, 20, 50, 100, 300 Exemplo 7. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos lados, com coeficiente α = 1, com as extremidades tamb´em isoladas, ou seja, ∂u ∂u (0, x) = (40, t) = 0 ∂x ∂x e tal que a temperatura inicial ´e dada por x, se 0 ≤ x < 20 f (x) = 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema 2 ∂ u ∂u = ∂t ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < 40 ∂u (0, t) = 0, ∂u (40, t) = 0 ∂x ∂x A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
u(x, t) =
∞ X n=0
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cn cos
nπx − n2 π2 t e 1600 40 Reginaldo J. Santos
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de cossenos de f (x), ou seja, c0 cn
Z 40 1 = f (x)dx = 10, 40 0 Z 40 1 nπx = f (x) cos dx 20 0 40 2 cos nπ − 1 − (−1)n 2 , n = 1, 2, 3 . . . = 80 n2 π 2
Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por u(x, t) = 10 +
− 1 − (−1)n 80 X 2 cos nπ nπx − n2 π2 t 2 cos e 1600 2 2 π n=1 n 40 ∞
∞
80 X 2(−1)n − 2 nπx − n2 π2 t = 10 + 2 cos e 400 π n=1 4n2 20 ∞
80 X 1 (2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 t 400 = 10 − 2 cos e π n=0 (2n + 1)2 20 Observe que a solu¸ca˜o tende a v(x, t) = 10, quando t tende a mais infinito.
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.2
2.2
Corda El´ astica Com Extremidades Presas
35
Corda El´ astica Com Extremidades Presas 2 ∂2u 2∂ u = a ∂x2 ∂t2
∂u (x, 0) = g(x), 0 < x < L u(x, 0) = f (x), ∂t u(0, t) = 0, u(L, t) = 0
A solu¸ca˜o deste problema ´e a soma das solu¸co˜es dos problemas com apenas uma das fun¸co˜es f (x) e g(x) n˜ao nulas. 2.2.1
Com Velocidade Inicial Nula 2 ∂2u 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
Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, t) = X(x)T (t) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o 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 s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 (x) 1 T 00 (t) = 2 = λ. X(x) a T (t) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X(0) = 0, X(L) = 0 T 00 (t) − a2 λT (t) = 0, T 0 (0) = 0 22 de novembro de 2007
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
A primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira foi resolvida no problema do calor em uma barra e tem solu¸ca˜o somente se λ=
n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2
ou seja, a solu¸ca˜o da primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteiras tem solu¸ca˜o X(x) = C1 sen
nπx . L
A segunda equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o inicial tem solu¸ca˜o T (t) = C2 cos
anπt L
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma nπx anπt un (x, t) = X(x)T (t) = cn sen cos L L Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, t) =
∞ X n=1
un (x, t) =
∞ X
cn sen
n=1
nπx anπt cos L L
s˜ao solu¸co˜es. Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(x, 0) = f (x), temos que ter f (x) = u(x, 0) =
∞ X
cn sen
n=1
nπx . L
Esta ´e a s´erie de Fourier de senos de f (x). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o f (x) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z 2 L nπx cn = f (x) sen dx, n = 1, 2, 3 . . . L 0 L 2L Observe que a solu¸ca˜o u(x, t) para cada x ´e peri´odica com per´ıodo . a As solu¸co˜es anπt nπx un (x, t) = [cos ] sen L L S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.2
Corda El´ astica Com Extremidades Presas
u
37
u
u
x
x
x
Figura 19: Modos naturais de vibra¸ca˜o sen nπx , para n = 1, 2, 3 L podem ser vistas como senos com amplitude variando de forma cossenoidal An (t) = cos anπt com freq¨ uˆencias anπ chamadas freq¨ uˆ encias naturais da corda. Para cada n L L a fun¸ca˜o sen nπx ´ e chamada modo natural de vibra¸ c˜ ao e o per´ıodo nπ ´e chamado L L comprimento de onda do modo natural. Exemplo 8. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, com coeficiente a = 2 solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por x, se 0 ≤ x < 20 f (x) = 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema ∂2u ∂2u = 4 ∂x2 ∂t2 A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
∂u u(x, 0) = f (x), (x, 0) = 0, 0 < x < 40 ∂t u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 u(x, t) =
∞ X n=1
cn sen
nπx nπt cos 40 20
em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f (x), ou seja, Z 40 1 nπx cn = f (x) sen dx 20 0 40 160 sen nπ 2 = , n = 1, 2, 3 . . . 2 2 n π 22 de novembro de 2007
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u
10
x
−10
20
20
u
20
0
20
40
0
−20
20
u
x
x
−10
0
20
40
20
40
x
0
20
40
u
10
0
−20
−20
20
u
x
−10
0
0 −10
10
0
u
10
−10
10
−20
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
10
0
−20
2
0
x
−10
0
20
40
−20
0
20
40
Figura 20: Solu¸ca˜o do problema da corda el´astica do Exemplo 8 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie, para t = 0, 5, 10, 15, 20, 25 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por 160 X sen nπ nπx nπt 2 u(x, t) = sen cos π 2 n=1 n2 40 20 ∞
∞
(2n + 1)πx (2n + 1)πt 160 X (−1)n sen cos = 2 2 π n=0 (2n + 1) 40 20
2.2.2
Com Deslocamento Inicial Nulo 2 ∂2u 2∂ u = a ∂x2 ∂t2 ∂u u(x, 0) = 0, (x, 0) = g(x), 0 < x < L ∂t u(0, t) = 0, u(L, t) = 0
Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, t) = X(x)T (t) S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.2
Corda El´ astica Com Extremidades Presas
39
Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o 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 s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante 1 T 00 (t) X 00 (x) = 2 = λ. X(x) a T (t) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X(0) = 0, X(L) = 0 T 00 (t) − a2 λT (t) = 0, T (0) = 0 A primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira foi resolvida no problema do calor em uma barra e tem solu¸ca˜o somente se λ=
n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2
ou seja, a solu¸ca˜o da primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteiras tem solu¸ca˜o X(x) = C1 sen
nπx , para n=0,1,2,3,. . . . L
A segunda equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o inicial tem solu¸ca˜o T (t) = C2 sen
anπt , para n=0,1,2,3,. . . . L
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma nπx anπt un (x, t) = X(x)T (t) = cn sen sen L L Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, t) =
∞ X n=1
un (x, t) =
∞ X n=1
cn sen
nπx anπt sen L L
s˜ao solu¸co˜es. 22 de novembro de 2007
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial
∂u (x, 0) = g(x), temos que ter ∂t ∞
X anπ nπx ∂u g(x) = (x, 0) = cn sen . ∂t L L n=1 Esta ´e a s´erie de Fourier de senos de g(x). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o g(x) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z anπ 2 L nπx cn = g(x) sen dx, n = 1, 2, 3 . . . L L 0 L Observe que a solu¸ca˜o u(x, t) para cada x ´e peri´odica com per´ıodo 100
100
u
50
50
0
x
−50 −100
100
0
20
40
0
−100
100
u
x
x
−50
0
20
40
20
40
x
0
20
40
u
50
0
−100
−100
100
u
x
−50
0
0 −50
50
0
u
50
−50
50
−100
100
u
2L . a
0
x
−50
0
20
40
−100
0
20
40
Figura 21: Solu¸ca˜o do problema da corda el´astica do Exemplo 9 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie, para t = 0, 5, 10, 15, 20, 25
Exemplo 9. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, com coeficiente a = 2, sem deslocamento inicial mas com uma velocidade inicial dada por x, se 0 ≤ x < 20 g(x) = 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40 S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.2
Corda El´ astica Com Extremidades Presas
41
Temos que resolver o problema ∂2u ∂2u = 4 ∂x2 ∂t2 A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
∂u u(x, 0) = 0, (x, 0) = g(x), 0 < x < 40 ∂t u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 u(x, t) =
∞ X n=1
em que
nπ c 20 n
cn sen
nπx nπt sen 40 20
s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de g(x), ou seja, Z 40 nπ 1 nπx cn = dx g(x) sen 20 20 0 40 160 sen nπ 2 = n = 1, 2, 3 . . . 2 2 nπ 4800 sen nπ 2 cn = , n = 1, 2, 3 . . . n3 π 3 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por 3200 X sen nπ nπx nπt 2 u(x, t) = sen sen 3 3 π n=1 n 40 20 ∞
=
2.2.3
∞
3200 X (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt sen sen π 3 n=0 (2n + 1)3 40 20
Caso Geral 2 ∂2u 2∂ u = a ∂x2 ∂t2
∂u u(x, 0) = f (x), (x, 0) = g(x), 0 < x < L ∂t u(0, t) = 0, u(L, t) = 0
Como dissemos antes a solu¸ca˜o deste problema ´e a soma das solu¸co˜es dos problemas com apenas uma das fun¸co˜es f (x) e g(x) n˜ao nulas, ou seja, u(x, t) = u(f ) (x, t) + u(g) (x, t). 22 de novembro de 2007
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42
2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
Exemplo 10. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial f (x) e com uma velocidade inicial g(x) dados por x, se 0 ≤ x < 20 f (x) = g(x) = 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema ∂2u ∂2u = 4 ∂x2 ∂t2 ∂u (x, 0) = g(x), 0 < x < 40 u(x, 0) = f (x), ∂t u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
u(x, t) =
∞ X n=1
em que cn e ou seja,
nπ d 20 n
cn sen
∞
nπx nπt X nπx nπt cos + dn sen sen 40 20 40 20 n=1
s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f (x) e de g(x), respectivamente,
Z 40 1 nπx cn = f (x) sen dx 20 0 40 160 sen nπ 2 = , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z 40 1 nπx nπ dn = g(x) sen dx 20 20 0 40 160 sen nπ 2 = n = 1, 2, 3 . . . 2 2 n π 3200 sen nπ 2 dn = , n = 1, 2, 3 . . . n3 π 3 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞ ∞ 160 X sen nπ nπx nπt 3200 X sen nπ nπx nπt 2 2 sen cos + 3 sen sen u(x, t) = 2 2 3 π n=1 n 40 20 π n=1 n 40 20 =
∞
160 X (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt sen cos π 2 n=0 (2n + 1)2 40 20 ∞
3200 X (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt + 3 sen sen 3 π n=0 (2n + 1) 40 20 S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.3
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
43
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
Vamos considerar o problema de valor de contorno em um retˆangulo gerado pela equa¸ca˜o de Laplace 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2 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
Este problema ´e chamado problema de Dirichlet. A solu¸ca˜o deste problema ´e a soma das solu¸co˜es dos problemas com apenas uma das fun¸co˜es f (x), g(x), h(y) e k(y) n˜ao nulas. y
g(x) b
h(y)
k(y)
f(x)
a
x
Figura 22: Regi˜ao onde ´e resolvido o problema de Dirichlet
22 de novembro de 2007
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44 2.3.1
2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
Apenas k(y) N˜ ao Nula 2 ∂ u ∂2u + = 0, ∂x2 ∂y 2
u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, 0 < x < a u(0, y) = 0, u(a, y) = k(y), 0 < y < b
Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, y) = X(x)Y (y) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o obtemos X 00 (x)Y (y) + X(x)Y 00 (y) = 0 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 t. Isto s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 (x) Y 00 (t) =− = λ. X(x) Y (y) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X(0) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0 A segunda equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸ca˜o somente se λ = n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solu¸ca˜o ´e da forma Y (y) = C1 sen
n2 π 2 , b2
para
nπy , n = 1, 2, 3, . . . b
A primeira equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o X(0) = 0 tem solu¸ca˜o X(x) = C2 (e
nπ x b
− e−
nπ x b
nπx ) = C˜2 senh b
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma nπy nπx un (x, y) = X(x)Y (y) = cn sen senh b b S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
45
Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, y) =
∞ X
un (x, y) =
n=1
∞ X n=1
cn sen
nπy nπx senh b b
s˜ao solu¸co˜es. Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(a, y) = k(y), temos que ter ∞
∞ X
nπy nπa X h nπa i nπy senh = cn senh sen . k(y) = u(a, y) = cn sen b b b b n=1 n=1 Esta ´e a s´erie de Fourier de senos de k(y). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o k(y) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por nπa 2 cn senh = b b
Z
b
k(y) sen 0
nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b
z
x
y
Figura 23: Solu¸ca˜o da equa¸ca˜o de Laplace do Exemplo 11 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie
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˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2
Exemplo 11. Vamos considerar a equa¸ca˜o de Laplace num retˆangulo 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2 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, se 0 ≤ y ≤ 1 2 − y, se 1 ≤ y ≤ 2
A solu¸ca˜o ´e ent˜ao u(x, y) =
∞ X
cn sen
n=1
em que
cn senh( 3nπ ) 2
nπy nπx senh 2 2
s˜ao os coeficientes da s´erie de cossenos de k(y), ou seja, 3nπ = cn senh 2
Z
2
k(y) sen 0
nπy dx 2
8 sen nπ 2 = , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 cn =
8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 senh 3nπ 2
Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞ 8 X sen nπ nπy nπx 2 u(x, y) = senh 3nπ sen 2 2 π n=1 n senh 2 2 2
∞ 8 X (−1)n (2n + 1)πy (2n + 1)πx = sen senh 3(2n+1)π 2 2 π n=0 (2n + 1) senh 2 2 2
2.3.2
Apenas h(y) N˜ ao Nula 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, 0 < x < 3 u(0, y) = h(y), u(a, y) = 0, 0 < y < 2
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
47
Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, y) = X(x)Y (y) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o obtemos X 00 (x)Y (y) + X(x)Y 00 (y) = 0 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 t. Isto s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 (x) Y 00 (t) =− = λ. X(x) Y (y) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X(a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0 A segunda equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸ca˜o somente se λ = n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solu¸ca˜o ´e da forma Y (y) = C1 sen
n2 π 2 , b2
para
nπy , n = 1, 2, 3, . . . b
A primeira equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o X(a) = 0 tem solu¸ca˜o X(x) = C2 (e
nπ (x−a) b
− e−
nπ (x−a) b
) = C˜2 senh(
nπ (x − a)) b
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma un (x, y) = X(x)Y (y) = cn sen
nπy nπ senh( (x − a)) b b
Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, y) =
∞ X n=1
un (x, y) =
∞ X n=1
cn sen
nπy nπ senh( (x − a)) b b
s˜ao solu¸co˜es. 22 de novembro de 2007
Reginaldo J. Santos
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˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2
Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(0, y) = h(y), temos que ter h(y) = u(0, y) = −
∞ X
cn sen
n=1
∞ h X nπa nπa i nπy nπy senh =− cn senh sen . b b b b n=1
Esta ´e a s´erie de Fourier de senos de h(y). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o h(y) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z nπa 2 b nπy −cn senh = h(y) sen dy, n = 1, 2, 3 . . . b b 0 b Podemos evitar o sinal de menos se escrevemos u(x, y) =
∞ X
un (x, y) =
n=1
e neste caso
nπa 2 cn senh = b b
∞ X
cn sen
n=1
Z
b
h(y) sen( 0
nπ nπy senh( (a − x)) b b
nπy )dy, n = 1, 2, 3 . . . b
z
x
y
Figura 24: Solu¸ca˜o da equa¸ca˜o de Laplace do Exemplo 12 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
49
Exemplo 12. Vamos considerar a equa¸ca˜o de Laplace num retˆangulo 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2 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) =
y, se 0 ≤ y ≤ 1 2 − y, se 1 ≤ y ≤ 2
A solu¸ca˜o ´e ent˜ao u(x, y) =
∞ X
cn sen
n=1
em que
cn senh( 3nπ ) 2
nπ nπy senh( (3 − x)) 2 2
s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de h(y), ou seja, 3nπ ) = cn senh( 2
Z
2
h(y) sen( 0
nπy )dx 2
8 sen nπ 2 = , n = 1, 2, 3 . . . 2 2 nπ cn =
8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 senh 3nπ 2
Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞ 8 X sen nπ nπy nπx 2 u(x, y) = senh 3nπ sen 2 2 π n=1 n senh 2 2 2
∞ 8 X (−1)n (2n + 1)πy (2n + 1)π(3 − x) = sen senh 3(2n+1)π 2 π n=0 (2n + 1)2 senh 2 2 2
2.3.3
Caso Geral 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
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
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
Como dissemos anteriormente a solu¸ca˜o deste problema ´e a soma das solu¸co˜es dos problemas com apenas uma das fun¸co˜es f (x), g(x), h(y) e k(y) n˜ao nulas, ou seja, u(x, y) = u(f ) (x, y) + u(g) (x, y) + u(h) (x, y) + u(k) (x, y).
z
x
y
Figura 25: Solu¸ca˜o da equa¸ca˜o de Laplace do Exemplo 13 tomando apenas 3 termos n˜ao nulos da s´erie Exemplo 13. Vamos considerar a equa¸ca˜o de Laplace num retˆangulo 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2 u(x, 0) = 0, u(x, 2) = 0, 0 < x < 3 u(0, y) = h(y), u(3, y) = k(y), 0 < y < 2
com
h(y) = k(y) = A solu¸ca˜o ´e ent˜ao ∞ X
nπy u(x, y) = cn sen 2 n=1
y, se 0 ≤ y ≤ 1 2 − y, se 1 ≤ x ≤ 2
nπx nπ(3 − x) senh + senh 2 2
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
51
s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de k(y), ou seja, em que cn senh 3nπ 2 3nπ cn senh = 2
Z
2
k(y) sen 0
nπy dx 2
8 sen nπ 2 = , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 8 sen nπ 2 cn = , n = 1, 2, 3 . . . 3nπ senh( 2 )n2 π 2
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
Exerc´ıcios (respostas na p´ agina 57) 2.1. 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. 2.2. 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? 2.3. Considere uma barra de comprimento L, 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. (i) Determine u(x, t). (ii) Qual a temperatura estacion´aria? 2.4. Determine o deslocamento, u(x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, 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 2.5. Determine o deslocamento, u(x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, com coeficiente a = 2 solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por sen(πx/20), para 0 < x < 40. 2.6. Determine o deslocamento, u(x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, 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 2.7. Determine o deslocamento, u(x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, com coeficiente a = 2 com deslocamento inicial nulo solta de forma que a velocidade inicial seja dada por sen(πx/20), para 0 < x < 40. S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
53
2.8. Determine o deslocamento, u(x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nos lados, com coeficiente a = 2 com deslocamento inicial f (x) solta de forma que a velocidade inicial seja g(x) em que se 0 ≤ x < 10 x, f (x) = g(x) = 10, se 10 ≤ x < 30 40 − x, se 30 < x ≤ 40 2.9. Resolva o seguinte problema
2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2 com
u(x, 0) = 0, u(x, 2) = 0, 0 < x < 3 u(0, y) = 0, u(3, y) = k(y), 0 < y < 2 se 0 ≤ y < 1/2 y, 1/2, se 1/2 ≤ y < 3/2 k(y) = 2 − y, se 3/2 < y ≤ 2
2.10. Resolva o seguinte problema
2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2 com
u(x, 0) = 0, u(x, 2) = 0, 0 < x < 3 u(0, y) = h(y), u(3, y) = 0, 0 < y < 2 se 0 ≤ y < 1/2 y, 1/2, se 1/2 ≤ y < 3/2 h(y) = 2 − y, se 3/2 < y ≤ 2
2.11. Resolva o seguinte problema
2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
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u(x, 0) = 0, u(x, b) = g(x), 0 < x < 3 u(0, y) = 0, u(a, y) = 0, 0 < y < 2
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2.12. Resolva o seguinte problema 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
u(x, 0) = f (x), u(x, b) = 0, 0 < x < 3 u(0, y) = 0, u(a, y) = 0, 0 < y < 2
2.13. Resolva o seguinte problema 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
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
2.14. Vamos considerar o problema de valor de contorno em um retˆangulo gerado pela equa¸ca˜o de Laplace 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
∂u (x, 0) ∂y
= f (x),
∂u (x, b) ∂y
= g(x), 0 < x < a
∂u (0, y) ∂x
= h(y),
∂u (a, y) ∂x
= k(y), 0 < y < b
Este problema ´e chamado problema de Neuman. A solu¸ca˜o deste problema ´e a soma das solu¸co˜es dos problemas com apenas uma das fun¸co˜es f (x), g(x), h(y) e k(y) n˜ao nulas. (i) Resolva o problema 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
∂u (x, 0) ∂y
= 0,
∂u (x, b) ∂y
= 0, 0 < x < a
∂u (0, y) ∂x
= 0,
∂u (a, y) ∂x
= k(y), 0 < y < b
(ii) Resolva o problema 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
∂u (x, 0) ∂y
= 0,
∂u (x, b) ∂y
∂u (0, y) ∂x
= h(y),
= 0, 0 < x < a
∂u (a, y) ∂x
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
= 0, 0 < y < b 22 de novembro de 2007
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
55
(iii) Por analogia escreva a solu¸ca˜o dos problemas com somente f (x) diferente de zero, com somente g(x) diferente de zero e determine a solu¸ca˜o do problema de Neuman no caso geral 2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
∂u (x, 0) ∂y
= f (x),
∂u (x, b) ∂y
= g(x), 0 < x < a
∂u (0, y) ∂x
= h(y),
∂u (a, y) ∂x
= k(y), 0 < y < b
(iv) Explique por que este problema n˜ao tem solu¸ca˜o u ´ nica. (v) Explique por que o problema s´o tem solu¸ca˜o se Z
b
k(y)dy = 0
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Z
b
h(y)dy = 0
Z
a
g(x)dx = 0
Z
a
f (x)dx = 0 0
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
Respostas dos Exerc´ıcios 1. S´ eries de Fourier (p´ agina 18) ∞ ∞ X sen mπ mπx 1 2 X (−1)m (2m + 1)πx 1 2 2 1.1. f (x) = − cos = − cos . 2 π m=1 m L 2 π m=0 2m + 1 L ∞ − (−1)m 2 X cos mπ mπx 2 sen = f (x) = π m=1 m L ∞ ∞ 2 X (−1)m − 1 2mπx 2 X 1 (2m + 1)πx sen + sen = = π m=1 2m L π m=0 2m + 1 L ∞ ∞ 2X 1 (4m + 2)πx 2 X 1 (2m + 1)πx =− sen + sen π m=0 2m + 1 L π m=0 2m + 1 L ∞ − sen mπ 1 2 X sen 3mπ mπx 4 4 + cos . 2 π m=1 m L ∞ − cos 3mπ 2 X cos mπ mπx 4 4 f (x) = sen π m=1 m L
1.2. f (x) =
∞ − mπ sen mπ 3L 2L X cos mπ − cos mπ mπx 2 2 2 + 2 cos . 8 π m=1 m2 L ∞ cos mπ − mπ cos mπ − sen mπ 2L X mπ mπx 2 2 2 sen f (x) = 2 2 π m=1 m L
1.3. f (x) =
∞ − 1 − (−1)m L 2L X 2 cos mπ mπx 2 + 2 cos 2 4 π m=1 m L ∞ L 2L X 2(−1)m − 2 2mπx = + 2 cos 2 4 π m=1 4m L ∞ L 2L X 1 (4m + 2)πx = − 2 cos . 2 4 π m=0 (2m + 1) L ∞ ∞ 4L X sen mπ mπx 4L X (−1)m (2m + 1)πx 2 f (x) = 2 sen = 2 sen 2 2 π m=1 m L π m=1 (2m + 1) L
1.4. f (x) =
∞ + cos 3mπ − 1 − (−1)m 3L 2L X cos mπ mπx 4 4 1.5. f (x) = + 2 cos . 2 16 π m=1 m L ∞ + sen 3mπ 2L X sen mπ mπx 4 4 f (x) = 2 sen 2 π m=1 m L
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
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2. Equa¸ co ˜es Parciais (p´ agina 52) 2.1. Temos que resolver o problema ∂u ∂2u = ∂t ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < 40 u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
u(x, t) =
∞ X
cn sen
n=1
nπx − n2 π2 t e 1600 40
em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f (x), ou seja, cn
1 = 20
Z
40
f (x) sen( 0
nπx )dx 40
(0)
= 20cn (f0,1 ) nπ 2 = −20 cos s nπ 0 40 = (1 − cos(nπ)) nπ 40 (1 − (−1)n ), n = 1, 2, 3 . . . = nπ Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞
40 X 1 − (−1)n nπx − n2 π2 t u(x, t) = sen e 1600 π n=1 n 40 ∞
(2n+1)2 π 2 80 X 1 (2n + 1)π = sen( x)e− 1600 t π n=0 2n + 1 40
2.2. Temos que resolver o problema ∂u ∂2u = ∂t ∂x2 u(x, 0) = f (x), 0 < x < 40 u(0, t) = 0, u(40, t) = 60
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
A solu¸ca˜o ´e ent˜ao ∞
nπx − n2 π2 t 3x X u(x, t) = + cn sen e 1600 2 40 n=1 em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f (x) −
3x 3x = 20 − 2 2
ou seja, 3 (0) (1) cn = 20cn (f0,1 ) − cn (f0,1 ) 2 nπ nπ 40 120 cos s − 2 2 (−s cos s + sen s) = nπ n π 0 0 40 120 (cos(nπ) − 1) − 2 2 (−nπ cos(nπ)) = nπ n π 160((−1)n − 1/4) = , n = 1, 2, 3 . . . nπ Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞
3x 160 X (−1)n − 1/4 nπx − n2 π2 t + sen e 1600 u(x, t) = 2 π n=1 n 40 Quando t tende a mais infinito a solu¸ca˜o tende a solu¸ca˜o estacion´aria v(x, t) = 2.3.
3x . 2
(i) Temos que resolver o problema
A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
∂u ∂2u = 2 ∂x ∂t u(x, 0) = f (x), 0 < x < 40 ∂u (0, t) = 0, ∂u (40, t) = 0 ∂t ∂t u(x, t) =
∞ X
cn cos
n=0
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
nπx − n2 π2 t e 1600 40 22 de novembro de 2007
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
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em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de cossenos de f (x), ou seja, Z 40 1 c0 = f (x)dx = 30, 40 0 Z 40 1 nπx cn = f (x) cos( )dx 20 0 40 (−1)n − 1 = 80 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞
80 X (−1)n − 1 nπx − n2 π2 t cos e 1600 u(x, t) = 30 + 2 π n=1 n2 40 ∞
2 π2 160 X 1 (2n + 1)π t − (2n+1) 1600 = 30 − 2 cos( x)e 2 π n=0 (2n + 1) 40
(ii) A solu¸ca˜o tende a v(x, t) = 30, quando t tende a mais infinito. 2.4. Temos que resolver o problema ∂2u ∂2u = 4 ∂x2 ∂t2 A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
∂u u(x, 0) = f (x), (x, 0) = 0, 0 < x < 40 ∂t u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 u(x, t) =
∞ X n=1
cn sen
nπx nπt cos 40 20
em que cn s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f (x), ou seja, Z 40 1 nπx cn = f (x) sen( )dx 20 0 40 + sen 3nπ 80 sen nπ 4 4 = , n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por u(x, t) =
22 de novembro de 2007
+ sen 3nπ 80 X sen nπ nπx nπt 4 4 sen cos 2 2 π n=1 n 40 20 ∞
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˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2
2.5. u(x, t) = sen(
π π x) cos( t) 20 10
2.6. Temos que resolver o problema ∂2u ∂2u = 4 ∂x2 ∂t2 A solu¸ca˜o ´e ent˜ao
∂u u(x, 0) = 0, (x, 0) = g(x), 0 < x < 40 ∂t u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 u(x, t) =
∞ X
cn sen
n=1
em que
nπ c 20 n
nπx nπt sen 40 20
s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de g(x), ou seja, Z 40 1 nπx nπ cn = g(x) sen( )dx 20 20 0 40 + sen 3nπ 80 sen nπ 4 4 = n = 1, 2, 3 . . . π2 n2
+ sen 3nπ 1600 sen nπ 4 4 , n = 1, 2, 3 . . . π3 n3 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por cn =
u(x, t) =
+ sen 3nπ 1600 X sen nπ nπx nπt 4 4 sen sen π 3 n=1 n3 40 20 ∞
2.7. u(x, t) =
10 π π sen( x) sen( t) π 20 10
2.8. Temos que resolver o problema ∂2u ∂2u = 4 ∂x2 ∂t2
∂u u(x, 0) = f (x), (x, 0) = g(x), 0 < x < 40 ∂t u(0, t) = 0, u(40, t) = 0
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
61
A solu¸ca˜o ´e a soma das solu¸co˜es dos problemas com apenas uma das fun¸co˜es f (x) e g(x) n˜ao nulas. ∞ X
∞
anπt X nπx anπt nπx u(x, t) = cn sen cos + dn sen sen L L L L n=1 n=1
em que cn e nπ d s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de f (x) e de g(x), respectiva20 n mente, ou seja, Z 40 1 nπx f (x) sen( )dx cn = 20 0 40 + sen 3nπ 80 sen nπ 4 4 = , n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 Z 40 nπ 1 nπx dn = g(x) sen( )dx 20 20 0 40 + sen 3nπ 80 sen nπ 4 4 = n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 + sen 3nπ 1600 sen nπ 4 4 , n = 1, 2, 3 . . . π3 n3 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por dn =
+ sen 3nπ 80 X sen nπ nπx nπt 4 4 u(x, t) = sen cos + 2 2 π n=1 n 40 20 ∞
+ sen 3nπ 1600 X sen nπ nπx nπt 4 4 sen sen π 3 n=1 n3 40 20 ∞
2.9. A solu¸ca˜o ´e ent˜ao u(x, y) =
∞ X
cn sen
n=1
em que
cn senh( 3nπ ) 2
s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de k(y), ou seja,
3nπ ) = cn senh( 2
Z
2
nπy )dx 2 + sen 3nπ 4 , n = 1, 2, 3 . . . 2 n
k(y) sen( 0
4 sen nπ 4 = 2 π 22 de novembro de 2007
nπy nπx senh 2 3
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˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2
cn =
+ sen 3nπ 4 sen nπ 4 4 , n = 1, 2, 3 . . . π 2 n2 senh( 3nπ ) 2
Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞ + sen 3nπ nπy nπx 4 X sen nπ 4 4 u(x, y) = sen senh 3nπ 2 2 π n=1 n senh( 2 ) 2 3
∞ (2n + 1)πy 8 X (−1)n (2n + 1)πx sen senh = 3(2n+1)π 2 2 π n=0 senh( 2 3 )(2n + 1) 2
2.10. A solu¸ca˜o ´e ent˜ao u(x, y) =
∞ X
cn sen
n=1
nπ nπy senh( (3 − x)) 2 3
em que cn senh( 3nπ ) s˜ao os coeficientes da s´erie de senos de h(y), ou seja, 2 3nπ cn senh( ) = 2
Z
2
nπy dx 2 + sen 3nπ 4 , n = 1, 2, 3 . . . 2 n
h(y) sen 0
4 sen nπ 4 = 2 π
+ sen 3nπ 4 sen nπ 4 4 cn = 2 , n = 1, 2, 3 . . . 3nπ 2 π n senh 2 Portanto a solu¸ca˜o ´e dada por ∞ + sen 3nπ 4 X sen nπ nπy nπx 4 4 u(x, y) = sen senh 3nπ 2 2 π n=1 n senh( 2 ) 2 3
=
∞ 8 X (−1)n (2n + 1)πy (2n + 1)π(3 − x) sen senh 3(2n+1)π 2 π n=0 senh( 2 3 )(2n + 1)2 2
2.11. Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, y) = X(x)Y (y) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o obtemos X 00 (x)Y (y) + X(x)Y 00 (y) = 0 S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
63
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 t. Isto s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante Y 00 (t) X 00 (x) =− = λ. X(x) Y (y) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X(0) = 0, X(a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, A primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸ca˜o somente se λ = para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solu¸ca˜o ´e da forma nπx X(x) = C1 sen , n = 1, 2, 3, . . . a
n2 π 2 , a2
Assim a segunda equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o Y (0) = 0 tem solu¸ca˜o nπ nπ nπy Y (y) = C2 (e a y − e− a y ) = C˜2 senh a Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da 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) =
∞ X n=1
s˜ao solu¸co˜es.
un (x, t) =
∞ X n=1
cn sen
nπx nπy senh a a
Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(x, b) = g(x), temos que ter ∞ ∞ X nπx nπy X h nπ i nπ g(x) = cn sen senh = cn senh( b) sen( x). a a a a n=1 n=1 Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o g(x) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z nπ 2 a nπx cn senh( b) = g(x) sen( )dx, n = 1, 2, 3 . . . a a 0 a 22 de novembro de 2007
Reginaldo J. Santos
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˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2
2.12. Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, t) = X(x)Y (y) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o obtemos X 00 (x)Y (y) + X(x)Y 00 (y) = 0 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 t. Isto s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 (x) Y 00 (t) =− = λ. X(x) Y (y) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X(0) = 0; X(a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (b) = 0 A primeira equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸ca˜o somente se λ = para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solu¸ca˜o ´e da forma X(x) = C1 sen
n2 π 2 , a2
nπx , n = 1, 2, 3, . . . a
Assim a segunda equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o Y (b) = 0 tem solu¸ca˜o Y (y) = C2 (e
nπ (y−b) a
− e−
nπ (y−b) a
nπ(y − b) ) = C˜2 senh a
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma un (x, y) = X(x)Y (y) = cn sen
nπx nπ(y − b) senh a a
Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, t) =
∞ X n=1
un (x, t) =
N X
cn sen
n=1
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
nπx nπ(y − b) senh a a 22 de novembro de 2007
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
65
s˜ao solu¸co˜es. Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial u(x, 0) = f (x), temos que ter ∞ X
∞ h X nπx nπ nπ i nπ f (x) = − cn sen senh( b) = − cn senh( b) sen( x). a a a a n=1 n=1
Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o f (x) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z nπ 2 a nπx −cn senh( b) = f (x) sen dx, n = 1, 2, 3 . . . a a 0 a Podemos evitar o sinal de menos se escrevemos u(x, t) =
∞ X
un (x, t) =
n=1
∞ X
cn sen
n=1
nπx nπ(b − y) senh a a
e neste caso nπ 2 cn senh( b) = a a 2.13.
Z
a
f (x) sen( 0
nπx )dx, n = 1, 2, 3 . . . a
2 ∂ u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2
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, t) + u(g) (x, t) + u(h) (x, t) + u(k) (x, t), em que u(f ) (x, y) =
∞ X
) c(f n sen
n=1
(g)
u (x, y) =
∞ X
c(g) n sen
n=1
u(h) (x, y) =
∞ X n=1
22 de novembro de 2007
nπx nπ(b − y) senh a a
c(h) n sen
nπx nπy senh a a
nπy nπ(a − x) senh b b Reginaldo J. Santos
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˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2
(k)
u (x, y) =
∞ X
c(k) n sen
n=1
com coeficientes dados por
2.14.
a
2 nπ senh b= a a
Z
c(g) n senh
nπ 2 b= a a
c(h) n senh
nπa 2 = b b
Z
c(k) n senh
nπa 2 = b b
) c(f n
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
0 a 0
Z Z
nπy nπx senh b b
b 0 b 0
(i) Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, y) = X(x)Y (y) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o obtemos X 00 (x)Y (y) − X(x)Y 00 (y) = 0 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 t. Isto s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante X 00 (x) Y 00 (t) =− = λ. X(x) Y (y) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X 0 (0) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y 0 (0) = 0, Y 0 (b) = 0 A segunda equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸ca˜o somente se λ = 0 2 2 ou λ = nb2π , para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solu¸ca˜o ´e da forma Y (y) = C1 ,
Y (y) = C1 cos
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
nπy , n = 1, 2, 3, . . . b 22 de novembro de 2007
2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
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A primeira equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o X 0 (0) = 0 tem solu¸ca˜o X(x) = C2 (e
nπ x b
+ e−
nπ x b
nπx ) = C˜2 cosh b
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma nπx nπy 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, t) = c0 +
∞ X
cn cos
n=1
s˜ao solu¸co˜es. Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial
nπy nπx cosh b b
∂u (a, y) ∂x
= k(y), temos que ter
∞
X nπ ∂u nπy nπa k(y) = (a, y) = cn cos cosh ∂x b b b n=1 ∞ h X nπ nπa i nπy = cn cosh cos . b b b n=1 Esta ´e a s´erie de Fourier de cossenos de k(y). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o k(y) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z nπ nπa 2 b nπy cn cosh = k(y) cos( )dy, n = 1, 2, 3 . . . b b b 0 b e para ter solu¸ca˜o o primeiro coeficiente da s´erie de cossenos de k(y) tem que ser igual a zero, Z b k(y)dy = 0 0
(ii) Vamos procurar uma solu¸ca˜o na forma de um produto de uma fun¸ca˜o de x por uma fun¸ca˜o de t, ou seja, u(x, t) = X(x)Y (y) Derivando e substituindo-se na equa¸ca˜o obtemos X 00 (x)Y (y) − X(x)Y 00 (y) = 0 22 de novembro de 2007
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2
˜ EQUAC ¸ OES DIFERENCIAIS PARCIAIS
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 t. Isto s´o ´e poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante Y 00 (t) X 00 (x) =− = λ. X(x) Y (y) Obtemos ent˜ao duas equa¸co˜es diferenciais ordin´arias 00 X (x) − λX(x) = 0, X 0 (a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y 0 (0) = 0, Y 0 (b) = 0 A segunda equa¸ca˜o com as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸ca˜o somente se λ = 0 2 2 ou λ = nb2π , para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solu¸ca˜o ´e da forma Y (y) = C1 ,
Y (y) = C1 cos
nπy , n = 1, 2, 3, . . . b
A primeira equa¸ca˜o diferencial com a condi¸ca˜o X 0 (a) = 0 tem solu¸ca˜o X(x) = C2 (e
nπ (x−a) b
+ e−
nπ (x−a) b
nπ(x − a) ) = C˜2 cosh b
Logo o problema formado pela equa¸ca˜o diferencial parcial e as condi¸co˜es de fronteira tem solu¸co˜es da forma un (x, y) = X(x)Y (y) = cn cos
nπ(x − a) nπy cosh b b
Al´em disso, pode-se provar que tamb´em s´eries u(x, y) = c0 +
∞ X
cn cos
n=1
s˜ao solu¸co˜es. Mas para satisfazer a condi¸ca˜o inicial
nπy nπ(x − a) cosh b b
∂u (a, y) ∂x
= h(y), temos que ter
∞
X nπ ∂u nπy nπa h(y) = (0, y) = cn cos cosh ∂x b b b n=1 ∞ h X nπ nπa i nπy = cn cosh cos . b b b n=1 S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
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2.3
Equa¸ c˜ ao de Laplace num Retˆ angulo
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Esta ´e a s´erie de Fourier de cossenos de h(y). Assim pelo Corol´ario 6 na p´agina 11 se a fun¸ca˜o k(y) pertencente ao espa¸co das fun¸co˜es cont´ınuas por partes, CP[0, L], ent˜ao os coeficientes s˜ao dados por Z nπa 2 b nπy nπ cn cosh = k(y) cos dy, n = 1, 2, 3 . . . b b b 0 b e para ter solu¸ca˜o o primeiro coeficiente da s´erie de cossenos de h(y) tem que ser igual a zero, Z b h(y)dy = 0 0
(iii)
u(x, y) = c0 + u(f ) (x, t) + u(g) (x, t) + u(h) (x, t) + u(k) (x, t), em que u
(f )
(x, y) =
∞ X
cn cos
n=1
(g)
u (x, y) = u(h) (x, y) =
∞ X
n=1 ∞ X
(k)
u (x, y) =
∞ X n=1
com coeficientes dados por
cn cos
cn cos
n=1
nπx nπ(y − b) cosh a a nπx nπy cosh a a
nπy nπ(x − a) cosh b b
cn cos
nπy nπx cosh b b
Z nπb 2 a nπx cosh = f (x) cos dx, n = 1, 2, 3 . . . a a a 0 a Z nπb 2 a nπx (g) nπ cosh = g(x) cos( )dx, n = 1, 2, 3 . . . cn a a a 0 a Z nπa 2 b nπy (h) nπ cn cosh = k(y) cos dy, n = 1, 2, 3 . . . b b b 0 b Z nπa 2 b nπy (k) nπ cn cosh = k(y) cos( )dy, n = 1, 2, 3 . . . b b b 0 b ) nπ c(f n
(iv) Por que uma constante somada a uma solu¸ca˜o tamb´em ´e solu¸ca˜o do problema. (v) Pois para que tenha solu¸ca˜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. 22 de novembro de 2007
Reginaldo J. Santos
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ˆ REFERENCIAS
Referˆ encias [1] William E. Boyce and 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, 7a. edition, 2002. [2] Djairo Guedes de Figueiredo. An´ alise de Fourier e Equa¸co ˜es Diferenciais Parciais. IMPA, Rio de Janeiro, 1977. [3] Donald Kreider, Donald R. Ostberg, Robert C. Kuller, and Fred W. Perkins. Introdu¸ca ˜o a ` An´ alise Linear. Ao Livro T´ecnico S.A., Rio de Janeiro, 1972. [4] Erwin Kreiszig. Matem´ atica Superior. Livros T´ecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 2a. edition, 1985. ´ [5] Reginaldo J. Santos. Um Curso de Geometria Anal´ıtica e Algebra Linear. Imprensa Universit´aria da UFMG, Belo Horizonte, 2007.
S´eries de Fourier e Equa¸co˜es Diferenciais Parciais
22 de novembro de 2007
