EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS E
PROBLEMAS DE VALOR DE CONTORNO
PROF.WILLIAM REIS SILVA
Referências Bibliográficas :
Equações Diferenciais - volume 2 - Zill & Cullen
Equações Diferenciais e Problemas de Valor de Contorno - Boyce & Diprima
Anotações de Aula do Prof. Cornetti
1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS
Estudaremos agora processos utilizados para resolver equações de derivadas
parciais que ocorrem com frequência em problemas de Física e Engenharia relacionados
com distribuições de temperatura, vibrações e potenciais. Tais problemas são chamados
de problemas de valor de contorno (ou problemas de condições de contorno) e são
descritos, em geral, por equações de derivadas parciais (EDP) lineares de 2ª ordem não
homogêneas, tais como:
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
𝜕𝑢
𝜕𝑢
𝐴
+ 𝐵 2+ 𝐶
+ 𝐷
+𝐸
+ 𝐹 𝑢 = 𝐺(𝑥, 𝑦)
2
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑥𝜕𝑦
𝜕𝑥
𝜕𝑦
(1)
ou, na forma geral:
𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 , 𝑢𝑥𝑥 , 𝑢𝑦𝑦 , 𝑢𝑥𝑦 ) = 0
sendo : 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) e A, B, C, D, E, F e G funções de x e y.
Quando G(x,y) = 0 temos a equação diferencial parcial (EDP) homogênea. A
ordem da EDP é definida pela maior ordem da derivada parcial envolvida na EDP.
Exemplos:
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
+
+ 𝑢=0
𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2
𝜕 2 𝑢 𝜕𝑢
−
= 𝑥2
2
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕 2𝑢
𝜕𝑢
𝑦
− 𝑥
=0
2
𝜕𝑥
𝜕𝑦
EDP Homogênea de 2ª ordem com
coeficientes constantes.
EDP não homogênea de 2ª ordem com
coeficientes constantes.
EDP homogênea de 2ª ordem com
coeficientes variáveis.
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
A solução de uma EDP de 2ª ordem é uma função u(x,y), que possui derivadas
parciais de 1ª e 2ª ordens em x e y e que satisfaz a equação (1), para alguma região do
plano xy. Nosso objetivo é obter soluções particulares para a EDP que satisfaçam certas
condições de contorno. A maioria das EDP´s, mesmo com coeficientes constantes, não
possuem uma solução geral.
Determinaremos aqui soluções particulares de equações lineares importantes que
surgem em muitas aplicações da Física e da Engenharia.
EXEMPLOS
I - EQUAÇÃO DE CALOR
𝐾
𝜕 2𝑢 𝜕 𝑢
−
=0
𝜕𝑥 2 𝜕 𝑡
0xL
𝐾 >0
na qual x indica comprimento e t indica tempo.
Esta equação aparece na teoria de transferência de calor, sendo a constante K
associada à condutividade térmica e ao calor específico do material.
II - EQUAÇÃO DA CORDA
𝑎2
0xL
𝜕 2 𝑢 𝜕2 𝑢
−
=0
𝜕𝑥 2 𝜕 𝑡2
Problemas de vibrações mecânicas resultam em equações deste tipo, sendo que
u(x,t) indica o deslocamento vertical da corda a partir do eixo x, contado a partir do
instante t=0. A constante “a” em geral, depende da tensão nas extremidades da corda e
da densidade linear da mesma.
NOTA : As equações de calor e corda podem ser modificadas para levar em conta
influências internas ou externas do sistema físico, e serem representadas por :
𝐾
𝜕 2𝑢 𝜕 𝑢
−
= 𝐺(𝑥, 𝑡, 𝑢)
𝜕𝑥 2 𝜕 𝑡
𝐾>0
𝜕 2 𝑢 𝜕2 𝑢
𝑎
−
= 𝐹 (𝑥, 𝑡, 𝑢, 𝑢𝑡 )
𝜕𝑥 2 𝜕 𝑡2
2
Em geral, termos do tipo 𝑓(𝑥, 𝑡) representam forças externas, termos do tipo
𝐶 𝜕 𝑡 representam forças de amortecimento e termos do tipo 𝐾 𝑢 representam forças
restauradoras.
𝜕𝑢
2
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
III - EQUAÇÃO DE LAPLACE
∇2 u = 0
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
+
=0
𝜕 𝑥2 𝜕 𝑦2
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
+
+
=0
𝜕 𝑥2 𝜕 𝑦2 𝜕 𝑧2
Laplaciano em 2 dimensões
Laplaciano em 3 dimensões
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧)
As equações de Laplace surgem em problemas independentes do tempo
(conservativos), que envolvem potenciais eletrostáticos e gravitacionais, além de terem
aplicações em mecânica dos fluidos.
FORMA GERAL DA EDP
Considerando x1 , x2 , ......, xn variáveis independentes e u a variável dependente
temos :
𝑢∶𝐷 → ℛ,
𝐷 ⊂ ℛ𝑛
a forma geral da EDP de ordem n é dada por:
𝐹(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 , 𝑢, 𝑢𝑥1 , 𝑢𝑥2 , … , 𝑢𝑥𝑛 , 𝑢𝑥1𝑥1 , 𝑢𝑥2𝑥2 , … 𝑢𝑥1𝑥2 , … , 𝑢𝑥𝑛𝑥𝑛 ) = 0
NOTA : RELEMBRAR AS NOTAÇÕES :
𝜕 2𝑓
𝜕 𝜕𝑓
𝜕
( 𝑓 ) = 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥
( )=
=
𝜕𝑦 𝜕𝑥
𝜕𝑦 𝜕𝑥
𝜕𝑦 𝑥
EXERCÍCIOS
Resolver as equações diferenciais parciais a seguir:
1)
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=0
𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
Solução:
𝑢 = 𝑓(𝑦) + 𝐶,
2)
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=0
u depende apenas de y
𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧)
Solução:
𝑢 = 𝑓(𝑦, 𝑧) + 𝐶,
3)
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥𝜕𝑦
=1
u depende apenas de y e z
𝑐𝑜𝑚 𝑢 = 𝑢(𝑥 , 𝑦)
3
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
Solução:
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑢
(𝜕 𝑦) = 1 ⟹
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= 𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑢 (𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + ∫ 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 + ℎ(𝑥)
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦) + ℎ(𝑥)
4)
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥𝜕𝑦
=1
𝑐𝑜𝑚 𝑢 = 𝑢(𝑥 , 𝑦, 𝑧)
Solução:
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑢
(𝜕 𝑦) = 1 ⟹
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= 𝑥 + 𝑓(𝑦, 𝑧)
𝑢 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦 + ∫ 𝑓(𝑦, 𝑧)𝑑𝑦 + ℎ(𝑥, 𝑧)
𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦, 𝑧) + ℎ(𝑥, 𝑧)
5)
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥𝜕𝑦
= 𝑥 𝑐𝑜𝑚 𝑢 = 𝑢(𝑥 , 𝑦)
Solução:
𝜕
𝜕𝑦
𝜕𝑢
(𝜕 𝑥 ) = 𝑥 ⟹
𝑢 (𝑥, 𝑦) =
𝑢 (𝑥, 𝑦) =
𝑥2
2
𝑥2
2
𝜕𝑢
𝜕𝑥
= 𝑥𝑦 + 𝑓(𝑥)
𝑦 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ℎ(𝑦)
𝑦 + 𝑔(𝑥) + ℎ(𝑦)
2. PROBLEMA DE VALOR DE CONTORNO (PVC) OU PROBLEMA DE
CONDIÇÃO DE CONTORNO (PCC)
Chamam-se condições de contorno (C.C.) as condições que devem ser satisfeitas
pela solução da EDP. Um PVC é caracterizado por EDP + CC.
Exemplos:
1) Resolver o PVC :
𝑢𝑥𝑦 = 2 𝑥
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
com as condições de contorno:
𝑢(𝑥, 0) = 𝑥 2
𝑒
𝑢(0, 𝑦) = 0
4
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Solução:
𝜕
𝑢𝑥𝑦 =
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑢
(𝜕 𝑥 ) = 2𝑥 ⟹
𝜕𝑥
= 𝑥 2 𝑦 + 𝑓(𝑥)
𝑢 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 + ℎ(𝑥) + 𝑔(𝑦)
Aplicando as condições de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = ℎ(0) + 𝑔(𝑦) ⇒ 𝑔(𝑦) = −ℎ(0)
𝑢 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 − ℎ(0) + ℎ(𝑦)
𝑢(𝑥, 0) = − ℎ(0) + ℎ(𝑥) = 𝑥 2
𝑢 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 + 𝑥 2 = 𝑥 2 ( 𝑦 + 1)
2) Resolver o PVC:
𝑢𝑥 = 1
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
sujeita à condição de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛 𝑦
Solução:
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=1
⟹ 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑓(𝑦) + 𝐶
𝑢(0, 𝑦) = 𝑓(𝑦) + 𝐶 = 𝑠𝑒𝑛 𝑦
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑦
3) Resolver o PVC:
𝜕 2𝑢
=0
𝜕𝑥 2
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
com as condições de contorno
𝑢(0, 𝑦) = 𝑦 2
𝑒
𝑢(1, 𝑦) = 1
Solução:
𝜕
𝜕𝑢
(
𝜕𝑥 𝜕 𝑥
)=0
⟹
𝜕𝑢
𝜕𝑥
= 𝑓(𝑦)
⟹
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑓(𝑦) + 𝑔(𝑦)
𝑢(0, 𝑦) = 𝑔(𝑦) = 𝑦 2
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑓(𝑦) + 𝑦 2
5
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢(1, 𝑦) = 𝑓(𝑦) + 𝑦 2 = 1 ⟹ 𝑓(𝑦) = 1 − 𝑦 2
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 (1 − 𝑦 2 ) + 𝑦 2
4) Resolver:
𝜕 2𝑢
=0
𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
com as condições de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = 𝑦 𝑒 𝑢(𝑥, 0) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥
Solução:
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑢
(𝜕 𝑦) = 0 ⟹
𝜕𝑦
= 𝑓(𝑦)
𝑢 (𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 + 𝑔(𝑥) + 𝐶
𝑢(𝑥, 𝑦) = ℎ(𝑦) + 𝑔(𝑥) + 𝐶
𝑢(0, 𝑦) = ℎ(𝑦) + 𝑔(0) + 𝐶 = 𝑦
𝑦 − 𝑔(0) = ℎ(𝑦) + 𝐶
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑦 + 𝑔(𝑥) − 𝑔(0)
𝑢(𝑥, 0) = 𝑔(𝑥) − 𝑔(0) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑦 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥
5) Resolver
𝜕𝑢
=0
𝜕𝑥
𝑐𝑜𝑚 𝑢(0, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛 𝑦
Solução:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑦) + 𝐶
𝑢(0, 𝑦) = 𝑔(𝑦) + 𝐶 = 𝑠𝑒𝑛 𝑦
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛 𝑦
6) Resolver:
𝜕 2𝑢
=1
𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
6
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
com as condições de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = cos 𝑦 𝑒 𝑢𝑥 (𝑥, 0) = 𝑒 𝑥
Solução:
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑢
(𝜕 𝑦) = 1 ⟹
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= 𝑥 + 𝑓(𝑦)
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + ℎ(𝑦) + 𝑔(𝑥)
Aplicando as condições de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = ℎ(𝑦) + 𝑔(0) = cos 𝑦 ⟹ ℎ(𝑦) = cos 𝑦 − 𝑔(0)
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 𝑔(𝑥) − 𝑔(0) + cos 𝑦
𝑢𝑥 (𝑥, 𝑦) = 𝑦 + 𝑔′ (𝑥)
𝑢𝑥 (𝑥, 0) = 0 + 𝑔′ (𝑥) = 𝑒 𝑥
⟹ 𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 𝐶 ⟹
𝑔(0) = 1 + 𝐶
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 𝑒 𝑥 + 𝐶 − 1 − 𝐶 + cos 𝑦
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 𝑒 𝑥 − 1 + cos 𝑦
3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS
A idéia básica na determinação da solução de certos tipos de EDP consiste em se
utilizar uma mudança de variáveis conveniente, de modo a reduzir o problema em
estudo a uma EDP que dependa apenas de uma derivada parcial e possa ser facilmente
integrada.
𝑝 = 𝛽𝑥 + 𝛼𝑦
𝑞 = 𝛽𝑥 − 𝛼𝑦
(𝑥, 𝑦) ⟶ (𝑝, 𝑞)
3.1 Equação do tipo
𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑢
±𝛽
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝑐𝑜𝑚 𝛼 𝑒 𝛽 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑒 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
Realizando a mudança de variáveis
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢(𝑝, 𝑞)
Lembrando que:
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑝 𝜕𝑢 𝜕𝑞
𝜕𝑢 𝜕𝑢
=
+
= 𝛽( + )
𝜕𝑥 𝜕𝑝 𝜕𝑥 𝜕𝑞 𝜕𝑥
𝜕𝑝 𝜕𝑞
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
e
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑝 𝜕𝑢 𝜕𝑞
𝜕𝑢 𝜕𝑢
=
+
= 𝛼( − )
𝜕𝑦 𝜕𝑝 𝜕𝑦 𝜕𝑞 𝜕𝑦
𝜕𝑝 𝜕𝑞
então:
𝜕𝑢 𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
̅ 𝑞)
𝛽𝛼 ( + ) ± 𝛽𝛼 ( − ) = 𝑓(𝑝,
𝜕𝑝 𝜕𝑞
𝜕𝑝 𝜕𝑞
Para o sinal positivo:
2𝛽 𝛼
𝜕𝑢
= 𝑓̅ (𝑝, 𝑞)
𝜕𝑝
𝜕𝑢
1
=
𝑓̅ (𝑝, 𝑞)
𝜕𝑝
2𝛽 𝛼
que pode ser integrada em p, mantendo q constante.
Para o sinal negativo:
𝜕𝑢
1
=
𝑓̅ (𝑝, 𝑞)
𝜕𝑞
2𝛽 𝛼
Exercícios
1) Resolver a equação:
2
𝜕𝑢 𝜕𝑢
+
= 4 𝑒𝑥−2𝑦
𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑐𝑜𝑚 𝑢(0, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛 𝑦
Solução:
𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑒 𝑥−2𝑦
𝛼=2
𝛽=1
𝑝+𝑞
2
𝑝−𝑞
𝑦=
4
𝑝 = 𝑥 + 2𝑦
𝑥=
𝑞 = 𝑥 − 2𝑦
𝑥 − 2𝑦 =
𝑝+𝑞 𝑝−𝑞
−
=𝑞
2
2
𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑒 𝑞
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑢
=
+
𝜕𝑥 𝜕𝑝 𝜕𝑞
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𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
= 2(
−
)
𝜕𝑦
𝜕𝑝 𝜕𝑞
2(
𝜕𝑢 𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
) + 2(
) = 4𝑒 𝑞
+
−
𝜕𝑝 𝜕𝑞
𝜕𝑝 𝜕𝑞
4
𝜕𝑢
= 4𝑒 𝑞
𝜕𝑝
𝜕𝑢
= 𝑒 𝑞 ⟹ 𝑢(𝑝, 𝑞) = 𝑝 𝑒 𝑞 + 𝑔(𝑞) + 𝐶
𝜕𝑝
𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 2𝑦) 𝑒 𝑥−2𝑦 + 𝑔(𝑥 − 2𝑦) + 𝐶
𝑔(𝑥 − 2𝑦) 𝑒 𝐶 são então determinadas pelas condições de contorno.
𝑥 = 0 ⟹ 𝑝 = 2𝑦 𝑒 𝑞 = −2𝑦 ⟹ 𝑝 = −𝑞
−𝑞 − 𝑞
𝑞
𝑢(−𝑞, 𝑞) = 𝑠𝑒𝑛 (
) = −𝑠𝑒𝑛 ( )
4
2
𝑞
𝑢(−𝑞, 𝑞) = −𝑞 𝑒 𝑞 + 𝑔(𝑞) + 𝐶 = −𝑠𝑒𝑛 ( )
2
𝑞
𝑔(𝑞) + 𝐶 = −𝑠𝑒𝑛 ( ) + 𝑞 𝑒 𝑞
2
𝑞
𝑢(𝑝, 𝑞) = (𝑝 + 𝑞) 𝑒 𝑞 − 𝑠𝑒𝑛 ( )
2
𝑢(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 𝑒 𝑥−2𝑦 − 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥 − 2𝑦
)
2
2) Resolver:
𝜕𝑢 𝜕𝑢
−
= 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑐𝑜𝑚
𝑢(𝑥, 0) = 4 + 𝑥2
Solução:
𝑓(𝑥, 𝑦) = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝛼=1
𝛽=1
𝑝+𝑞
2
𝑝−𝑞
𝑦=
2
𝑝 =𝑥+𝑦
𝑥=
𝑞 =𝑥−𝑦
𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑢
=
+
𝜕𝑥 𝜕𝑝 𝜕𝑞
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
=
−
𝜕𝑦
𝜕𝑝 𝜕𝑞
2
𝜕𝑢
𝑝+𝑞
𝜕𝑢
𝑝+𝑞
) ⟹
)
= 2 𝑠𝑒𝑛 (
= 𝑠𝑒𝑛 (
𝜕𝑞
2
𝜕𝑞
2
𝑢(𝑝, 𝑞) = −2 𝑐𝑜𝑠 (
𝑝+𝑞
) + 𝑓(𝑝)
2
Aplicando a condição de contorno:
𝑢(𝑥, 0) = 4 + 𝑥 2
𝑝=𝑥 𝑒 𝑞=𝑥 ⟹ 𝑝=𝑞
𝑢(𝑝, 𝑝) = 4 + 𝑝2
𝑢(𝑝, 𝑝) = −2 cos 𝑝 + 𝑓(𝑝) = 4 + 𝑝2
𝑓(𝑝) = 4 + 𝑝2 + 2 cos 𝑝
𝑝+𝑞
) + 4 + 𝑝2 + 2 cos 𝑝
𝑢(𝑝, 𝑞) = −2 𝑐𝑜𝑠 (
2
𝑢(𝑥, 𝑦) = −2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 4 + (𝑥 + 𝑦)2 + 2 cos(𝑥 + 𝑦)
3.2 Equação do tipo
𝛼2
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
2
−
𝛽
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥 2
𝜕𝑦 2
𝑐𝑜𝑚 𝛼 𝑒 𝛽 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑒 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
𝑝 = 𝛽𝑥 + 𝛼𝑦
𝑞 = 𝛽𝑥 − 𝛼𝑦
(𝑥, 𝑦) ⟶ (𝑝, 𝑞)
𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
= 𝛽( + )
𝜕𝑥
𝜕𝑝 𝜕𝑞
𝑒
𝜕𝑢
𝜕𝑢 𝜕𝑢
= 𝛼( − )
𝜕𝑦
𝜕𝑝 𝜕𝑞
𝜕 2𝑢
𝜕 𝜕𝑢 𝜕𝑝 𝜕 𝜕𝑢 𝜕𝑞 𝜕 𝜕𝑢 𝜕𝑝 𝜕 𝜕𝑢 𝜕𝑞
( )
( )
( )
( ) ]
=
𝛽
[
+
+
+
𝜕𝑥 2
𝜕𝑝 𝜕𝑝 𝜕𝑥 𝜕𝑞 𝜕𝑝 𝜕𝑥 𝜕𝑝 𝜕𝑞 𝜕𝑥 𝜕𝑞 𝜕𝑞 𝜕𝑥
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
2
=
𝛽
(
+
2
+
)
𝜕𝑥 2
𝜕𝑝2
𝜕𝑝𝜕𝑞 𝜕𝑞 2
Do mesmo modo
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
2
=
𝛼
(
−
2
+
)
𝜕𝑦 2
𝜕𝑝2
𝜕𝑝𝜕𝑞 𝜕𝑞 2
Logo:
𝜕 2𝑢
̅ 𝑞)
4𝛼 𝛽
= 𝑓 (𝑝,
𝜕𝑝𝜕𝑞
2 2
Exercício : Resolver o PVC:
4𝑢𝑥𝑥 − 9𝑢𝑦𝑦 = 144 𝑠𝑒𝑛(3𝑥 + 2𝑦) 𝑐𝑜𝑚 𝑢(0, 𝑦) = 𝑦 𝑒 𝑢(𝑥, 0) = 0
Solução:
𝑓(𝑥, 𝑦) =
144 𝑠𝑒𝑛(3𝑥 + 2𝑦)
𝛼=2
𝛽=3
𝑝+𝑞
6
𝑝−𝑞
𝑦=
4
𝑝 = 3𝑥 + 2𝑦
𝑥=
𝑞 = 3𝑥 − 2𝑦
𝑓(𝑥, 𝑦) = 144 𝑠𝑒𝑛(3𝑥 + 2𝑦) = 144 𝑠𝑒𝑛 𝑝
4.4.9
𝜕 2𝑢
𝜕 𝜕𝑢
( ) = 𝑠𝑒𝑛 𝑝
= 144 𝑠𝑒𝑛 𝑝 ⟹
𝜕𝑝𝜕𝑞
𝜕𝑝 𝜕𝑞
𝜕𝑢
= − cos 𝑝 + 𝑓(𝑞) + 𝐶
𝜕𝑞
𝑢(𝑝, 𝑞) = −𝑞 cos 𝑝 + ℎ(𝑞) + 𝐶𝑞 + 𝑔(𝑝) + 𝐷
Aplicando a condição de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = 𝑦 ⟹ 𝑝 = 2𝑦 𝑒 𝑞 = −2𝑦 ⟹ 𝑝 = −𝑞
𝑢(𝑝, −𝑝) =
𝑝
2
𝑢(𝑥, 0) = 0 ⟹ 𝑝 = 3𝑥 𝑒 𝑞 = 3𝑥 ⟹ 𝑝 = 𝑞
𝑢(𝑞, 𝑞) = 0
𝑢(𝑞, 𝑞) = −𝑞 cos 𝑞 + ℎ(𝑞) + 𝐶𝑞 + 𝑔(𝑞) + 𝐷 = 0
ℎ(𝑞) + 𝐶𝑞 + 𝐷 = 𝑞 cos 𝑞 − 𝑔(𝑞)
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢(𝑝, 𝑞) = −𝑞 cos 𝑝 + 𝑞 cos 𝑞 − 𝑔(𝑞) + 𝑔(𝑝)
𝑢(𝑝, −𝑝) = 𝑝 cos 𝑝 − 𝑝 cos 𝑝 − 𝑔(−𝑝) + 𝑔(𝑝) =
𝑔(𝑝) − 𝑔(−𝑝) =
𝑝
2
⟹ 𝑔(𝑝) =
𝑝
4
𝑝
2
𝑒 𝑔(−𝑝) = −
𝑢(𝑝, 𝑞) = −𝑞 cos 𝑝 + 𝑞 cos 𝑞 −
𝑝
4
𝑞 𝑝
+
4 4
𝑢(𝑥, 𝑦) = −(3𝑥 − 2𝑦) cos(3𝑥 + 2𝑦) + (3𝑥 − 2𝑦) cos(3𝑥 − 2𝑦) −
3𝑥 + 2𝑦
+
4
3𝑥 − 2𝑦
4
𝑢(𝑥, 𝑦) = −(3𝑥 − 2𝑦) [cos(3𝑥 − 2𝑦) − cos(3𝑥 + 2𝑦)] + 𝑦
4. MÉTODO DE SEPARAÇÃO DE VARIÁVEIS
Dada uma EDP de 2ª ordem podemos escolher uma solução particular na forma:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)
de modo a reduzir a EDP em duas EDO’s.
Para isso temos que:
𝜕𝑢
= 𝑋′𝑌
𝜕𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑋 ′ =
𝑑𝑋
𝑑𝑥
𝜕 2𝑢
= 𝑋 ′′ 𝑌
𝜕𝑥 2
𝜕𝑢
= 𝑋 𝑌′
𝜕𝑦
𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑌 ′ =
𝑑𝑌
𝑑𝑦
𝜕 2𝑢
= 𝑋 𝑌′′
𝜕𝑦 2
e
𝜕 2𝑢
= 𝑋′ 𝑌′
𝜕𝑥𝜕𝑦
Na determinação destas soluções aparece um novo parâmetro, denominado de
CONSTANTE DE SEPARAÇÃO, o qual dependerá das condições iniciais e/ou das
condições de contorno e também da própria característica física do problema em estudo.
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
EXEMPLO:
𝜕 2𝑢
𝜕𝑢
=4
2
𝜕𝑥
𝜕𝑦
Solução:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)
𝜕 2𝑢
= 𝑋 ′′ 𝑌
𝜕𝑥 2
𝜕𝑢
= 𝑋 𝑌′
𝜕𝑦
𝑒
𝑋 ′′ 𝑌 = 4 𝑋𝑌′
𝑋′′
⏟
𝑋
𝑌′
4
⏟
𝑌
=
𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑥
= 𝐾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎çã𝑜
𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑦
𝑋′′
=𝐾
𝑋
4
𝑋 ′′ − 𝐾𝑋 = 0
⟹
𝑌′
=𝐾
𝑌
𝑌′ =
⟹
𝐾
𝑌
4
sendo possível 3 casos:
I) 𝐾 = 0
𝑋 ′′ = 0
⟹ 𝑋′ = 𝐶
𝑌′ = 0
⟹ 𝑋(𝑥) = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
⟹ 𝑌(𝑦) = 𝑑1
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑑1 (𝑐1 𝑥 + 𝑐) = 𝐷1 𝑥 + 𝐷2
II) 𝐾 > 0 , 𝐾 = 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋 ′′ − 𝑤 2 𝑋 = 0
que é uma EDO de 2ª ordem.
𝜆2 − 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 = ±𝑤
𝑋(𝑥) = 𝑐3 𝑒 𝑤𝑥 + 𝑐4 𝑒 −𝑤𝑥
𝑌′ =
𝑤2
𝑌
4
𝑌(𝑦) = 𝑑3 𝑒
𝑤2
𝑦
4
13
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑑3 𝑒
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒
𝑤2
𝑦
4
𝑤2
𝑦
4
(𝑐3 𝑒 𝑤𝑥 + 𝑐4 𝑒 −𝑤𝑥 )
(𝐷3 𝑒 𝑤𝑥 + 𝐷4 𝑒 −𝑤𝑥 )
III) 𝐾 < 0 , 𝐾 = − 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋 ′′ + 𝑤 2 𝑋 = 0
𝜆2 + 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆2 = − 𝑤 2 ⟹ 𝜆 = ±𝑤𝑖
𝑋(𝑥) = 𝑐5 cos 𝑤𝑥 + 𝑐6 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥
𝑌′ =
−𝑤 2
𝑌
4
𝑌(𝑦) = 𝑑4 𝑒
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒
−
𝑤2
𝑦
4
−
𝑤2
𝑦
4
(𝐷5 cos 𝑤𝑥 + 𝐷6 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥)
OBSERVAÇÕES:
a) Em PVC a constante de separação é determinada pelas condições de contorno e pelas
características físicas do problema. É necessário assegurar a existência da constante de
separação K.
b) Uma solução particular poderia também ser obtida na forma:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥) + 𝑌(𝑦)
a qual é recomendada para EDP’s não homogêneas ou EDP’s não lineares.
c) o método de separação de variáveis pode ser estendido para EDP de ordem “n”, ou
seja:
𝑢(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) = 𝑋1 (𝑥1 )𝑋2 (𝑥2 ) … 𝑋𝑛 (𝑥𝑛 )
ou
𝑢(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) = 𝑋1 (𝑥1 ) + 𝑋2 (𝑥2 ) + ⋯ + 𝑋𝑛 (𝑥𝑛 )
Exercícios
1) Resolver a EDP
𝑢𝑥2 + 𝑢𝑦2 = 1
Solução:
Essa é uma EDP não homogênea e não linear. Assim:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥) + 𝑌(𝑦)
14
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢𝑥 = 𝑋 ′
𝑢𝑦 = 𝑌 ′
𝑒
𝑋′2 + 𝑌′2 = 1
𝑋′2 = 1 − 𝑌′2 = 𝐾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎çã𝑜
I) 𝐾 = 0
𝑋′2 = 0
⟹ 𝑋′ = 0
⟹ 𝑋(𝑥) = 𝑐1
1 − 𝑌′2 = 0 ⟹ 𝑌′2 = 1 ⟹ 𝑌 ′ = 1 ⟹ 𝑌(𝑦) = 𝑦 + 𝑑1
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑦 + 𝐷1
II) 𝐾 ≠ 0
𝑋′2 = 𝐾
⟹ 𝑋 ′ = √𝐾
⟹ 𝑋(𝑥) = √𝐾 𝑥 + 𝑐2
1 − 𝑌′2 = 𝐾 ⟹ 𝑌′2 = 1 − 𝐾 ⟹ 𝑌 ′ = √1 − 𝐾 , 0 < 𝐾 < 1
𝑌(𝑦) = √1 − 𝐾 𝑦 + 𝑑2
𝑢(𝑥, 𝑦) = √𝐾 𝑥 + √1 − 𝐾 𝑦 + 𝐷2
2) Resolver:
1
4 𝑢𝑥𝑥 − 𝑢𝑡 = 0
2
𝑐𝑜𝑚 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡)
Solução:
Esta é uma EDP homogênea e linear:
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡)
1
4 𝑋 ′′ 𝑇 − 𝑋 𝑇′ = 0
2
8 𝑋 ′′ 𝑇 = 𝑋 𝑇′
𝑋 ′′
𝑇′
8
=
=𝐾
𝑋
𝑇
I) 𝐾 = 0
𝑇′ = 0
⟹ 𝑇(𝑡) = 𝑐1
15
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
8
𝑋 ′′
= 0 ⟹ 𝑋 ′′ = 0
𝑋
⟹ 𝑋 ′ = 𝑑1
⟹ 𝑋(𝑥) = 𝑑1 𝑥 + 𝑑2
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐷1 𝑥 + 𝐷2
II) 𝐾 > 0 , 𝐾 = 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑇′
= 𝑤2
𝑇
⟹ 𝑇′ = 𝑤2 𝑇
8
𝑋 ′′
= 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑋 ′′ −
𝑤2
𝜆 −
=0
8
2
𝑋(𝑥) =
⟹ 𝑇(𝑡) = 𝑐2 𝑒 𝑤
𝑤2
𝑋=0
8
⟹ 𝜆=±
𝑤
𝑥
√8
𝑑3 𝑒
2𝑡
+ 𝑑4 𝑒
−
𝑤
√8
𝑤
𝑥
√8
ou
𝑋(𝑥) = 𝑑̅3 cosh
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑒 𝑤
2𝑡
𝑤
√8
𝑥 + 𝑑̅4 𝑠𝑒𝑛ℎ
𝑤
(𝐷3 cosh
√8
𝑤
√8
𝑥 + 𝐷4 𝑠𝑒𝑛ℎ
𝑥
𝑤
√8
𝑥)
III) 𝐾 < 0 , 𝐾 = − 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑇′
= − 𝑤2
𝑇
⟹ 𝑇′ = − 𝑤2 𝑇
𝑋 ′′
8
= − 𝑤2
𝑋
𝜆2 +
2
2𝑡
𝑤2
⟹𝑋 +
𝑋=0
8
′′
𝑤2
=0
8
𝑋(𝑥) = 𝑑5 cos
⟹ 𝑇(𝑡) = 𝑐3 𝑒 −𝑤
⟹ 𝜆=±
𝑤
√8
𝑤
√8
𝑥 + 𝑑6 𝑠𝑒𝑛
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒 −𝑤 𝑡 (𝐷5 cos
𝑤
√8
𝑖
𝑤
√8
𝑥
𝑥 + 𝐷6 𝑠𝑒𝑛
𝑤
√8
𝑥)
3) Resolver a EDP
𝜕 2 𝑢 𝜕𝑢
−
=𝑥
𝜕𝑥 2 𝜕𝑦
16
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
A EDP é não homogênea, então:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥) + 𝑌(𝑦)
𝑋 ′′ − 𝑌 ′ = 𝑥
𝑋 ′′ − 𝑥 = 𝑌 ′ = 𝐾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎çã𝑜
I) 𝐾 = 0
𝑌′ = 0
𝑋 ′′ − 𝑥 = 0
⟹ 𝑋 ′′ = 𝑥
⟹ 𝑌(𝑦) = 𝑐1
⟹ 𝑋′ =
𝑥2
+ 𝑑1
2
⟹ 𝑋(𝑥) =
𝑥3
+ 𝑑1 𝑥 + 𝑑2
6
𝑥3
𝑢(𝑥, 𝑦) =
+ 𝑑1 𝑥 + 𝐷
6
II) 𝐾 ≠ 0
𝑌′ = 𝐾
𝑋 ′′ − 𝑥 = 𝐾
⟹ 𝑌(𝑦) = 𝐾 𝑦 + 𝑐2
⟹ 𝑋 ′′ = 𝐾 + 𝑥
𝑋(𝑥) = 𝐾
⟹ 𝑋 ′ = 𝐾𝑥 +
𝑥2
+ 𝑑3
2
𝑥2 𝑥3
+ + 𝑑3 𝑥 + 𝑑4
2
6
𝑥2 𝑥3
̅
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝐾 𝑦 + 𝐾 + + 𝑑3 𝑥 + 𝐷
2
6
4) Resolver:
1
𝑢𝑥𝑥 − 𝑢𝑡𝑡 = 0
4
Solução:
1
𝑋 ′′ 𝑇 − 𝑋 𝑇 ′′ = 0
4
𝑋 ′′
1 𝑇′′
=
=𝐾
𝑋
4 𝑇
𝑋 ′′ − 𝐾𝑋 = 0
𝑇 ′′ − 4𝐾𝑇 = 0
I) 𝐾 = 0
17
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑋 ′′ = 0 ⟹ 𝑋 ′ = 𝑐1
⟹ 𝑋(𝑥) = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
𝑇 ′′ = 0 ⟹ 𝑇 ′ = 𝑑1
⟹ 𝑇(𝑡) = 𝑑1 𝑡 + 𝑑2
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐷1 𝑥 𝑡 + 𝐷2 𝑥 + 𝐷3 𝑡 + 𝐷4
II) 𝐾 > 0 , 𝐾 = 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋′′
= 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑋′′ − 𝑤 2 𝑋 = 0
𝜆2 − 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 =±𝑤
𝑋(𝑥) = 𝑐3 𝑒 𝑤𝑥 + 𝑐4 𝑒 − 𝑤𝑥
𝑇′′
= 4 𝑤2
𝑇
⟹ 𝑇′′ − 4 𝑤 2 𝑇 = 0
𝜆2 − 4 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 =±2𝑤
𝑇(𝑡) = 𝑑3 𝑒 2𝑤𝑡 + 𝑑4 𝑒 − 2𝑤𝑡
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐴1 𝑒 𝑤𝑥+2𝑤𝑡 + 𝐴2 𝑒 𝑤𝑥− 2𝑤𝑡 + 𝐴3 𝑒 −𝑤𝑥+2𝑤𝑡 + 𝐴4 𝑒 −𝑤𝑥− 2𝑤𝑡
III) 𝐾 < 0 , 𝐾 = − 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋′′
= − 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑋 ′′ + 𝑤 2 𝑋 = 0
𝜆2 + 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 =±𝑤𝑖
𝑋(𝑥) = 𝑐5 cos 𝑤𝑥 + 𝑐6 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥
𝑇′′
= − 4 𝑤2
𝑇
⟹ 𝑇 ′′ + 4 𝑤 2 𝑇 = 0
𝜆2 + 4 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 = ±2𝑤𝑖
𝑇(𝑡) = 𝑑5 cos 2𝑤𝑡 + 𝑑6 𝑠𝑒𝑛 2𝑤𝑡
𝑢(𝑥, 𝑡) = (𝑐5 cos 𝑤𝑥 + 𝑐6 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥)(𝑑5 cos 2𝑤𝑡 + 𝑑6 𝑠𝑒𝑛 2𝑤𝑡)
cos 𝐴 cos 𝐵 =
1
[cos(𝐴 + 𝐵) + cos (𝐴 − 𝐵)]
2
sen 𝐴 sen 𝐵 =
1
[cos(𝐴 − 𝐵) − cos (𝐴 + 𝐵)]
2
sen 𝐴 sen 𝐵 =
1
[sen(𝐴 − 𝐵) + sen (𝐴 + 𝐵)]
2
18
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐵1 [cos(𝑤𝑥 + 2𝑤𝑡) + cos(𝑤𝑥 − 2𝑤𝑡)]
+ 𝐵2 [sen(2𝑤𝑡 − 𝑤𝑥) + sen( 2𝑤𝑡 + 𝑤𝑥)]
+ 𝐵3 [sen(𝑤𝑥 − 2𝑤𝑡) + sen( 𝑤𝑥 + 2𝑤𝑡)]
+ 𝐵4 [cos(𝑤𝑥 − 2𝑤𝑡) − cos(𝑤𝑥 + 2𝑤𝑡)]
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐵̅1 cos(𝑤𝑥 − 2𝑤𝑡) + 𝐵̅2 cos(𝑤𝑥 + 2𝑤𝑡) + 𝐵̅3 sen (2𝑤𝑡 − 𝑤𝑥)
+ 𝐵̅4 sen (2𝑤𝑡 + 𝑤𝑥)
5. PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO
Se 𝑢1 , 𝑢1 , … , 𝑢𝑘 são soluções particulares de uma EDP linear e homogênea
então, a combinação linear
𝑢 = 𝑐1 𝑢1 + 𝑐2 𝑢2 + ⋯ + 𝑐𝑘 𝑢𝑘
com 𝑐𝑖 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑘 constantes, é também solução.
Assim será admitido que sempre que existir um conjunto infinito de soluções
(𝑢1 , 𝑢1 , … , 𝑢𝑘 ), da equação linear homogênea, pode-se obter outra solução através de:
∞
𝑢 = ∑ 𝑢𝑘
𝑘=1
6. TIPOS DE EQUAÇÕES E CONDIÇÕES DE CONTORNO
Seja a equação diferencial parcial de 2ª ordem linear:
𝐴 𝑢𝑥𝑥 + 𝐵 𝑢𝑥𝑦 + 𝐶 𝑢𝑦𝑦 + 𝐷 𝑢𝑥 + 𝐸 𝑢𝑦 + 𝐹𝑢 = 𝐺
com A,B,C,D,E,F constantes ou funções das variáveis independentes x e y.
Em um domínio no plano (x,y), esta equação é:
𝐵2 − 4 𝐴 𝐶 > 0
𝐵2 − 4 𝐴 𝐶 = 0
𝐵2 − 4 𝐴 𝐶 < 0
Hiperbólica se
Parabólica se
Elíptica se
Estes 3 tipos de EDP requerem diferentes tipos de condições de contorno para
determinar uma solução. Dependendo do tipo de EDP os métodos numéricos a serem
utilizados para solucioná-las também serão diferentes.
EXEMPLOS:
1) Equação de Laplace
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
∇ 𝑢= 2+ 2=0
𝜕𝑥
𝜕𝑦
2
𝐴 = 1, 𝐵 = 0, 𝐶 = 1 ⟹ 𝐵 2 − 4 𝐴 𝐶 < 0 ⟹ 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑒𝑙í𝑝𝑡𝑖𝑐𝑎
19
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
São necessárias 4 condições de contorno para determinar a solução do PVC. Em
geral, estas equações exigem pelo menos 2 condições de contorno em derivadas
(condições de Newmann).
2) Equação da Corda ou da Onda
𝑎2
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
−
=0
𝜕𝑥 2 𝜕𝑡 2
𝐴 = 𝑎2 , 𝐵 = 0, 𝐶 = −1 ⟹ 𝐵 2 − 4 𝐴 𝐶 = 4 𝑎2 > 0 ⟹ 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 ℎ𝑖𝑝𝑒𝑟𝑏ó𝑙𝑖𝑐𝑎
Esta equação precisa de 4 condições de contorno, que também podem envolver
condições de contorno nas derivadas (condições de Newmann).
3) Equação do Calor
𝑎2
𝜕 2 𝑢 𝜕𝑢
−
=0
𝜕𝑥 2 𝜕𝑡
𝐴 = 𝑎2 , 𝐵 = 0, 𝐶 = 0 ⟹ 𝐵 2 − 4 𝐴 𝐶 = 0 ⟹ 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏ó𝑙𝑖𝑐𝑎
A equação precisa de 3 condições de contorno, que em geral não envolvem
derivadas (condições de Dirichlet).
Em um PVC a solução da EDP deve satisfazer as condições de contorno do
problema. Estas condições podem ser do tipo:
1) Condições de Dirichlet: quando é especificado o valor da função para um certo
valor de 𝑥 = 𝑥0 ou 𝑦 = 𝑦0 , ou seja:
𝑢(𝑥0 , 𝑦) = 𝛼(𝑦) 𝑜𝑢
𝑢(𝑥, 𝑦0 ) = 𝛽(𝑥)
 e  conhecidos, constantes ou 𝛼(𝑦) e 𝛽(𝑥).
2) Condições de Neumann : nas quais são dados os valores das derivadas da função
para um certo valor de 𝑥 = 𝑥0 ou 𝑦 = 𝑦0 , ou seja:
𝑢𝑥 (𝑥0 , 𝑦) = 𝛼̅ 𝑜𝑢
𝑢𝑦 (𝑥, 𝑦0 ) = 𝛽̅
𝛼̅ e 𝛽̅ conhecidos, constantes ou 𝛼̅ = 𝑓(𝑦) e 𝛽̅ = 𝑔(𝑥).
3) Condições de Cauchy-Robin : as quais fornecem o valor de:
𝑢𝑥 (𝑥0 , 𝑦) + ℎ 𝑢(𝑥0 , 𝑦) = 𝛾1 𝑜𝑢
𝑢𝑦 (𝑥, 𝑦0 ) + ℎ 𝑢(𝑥, 𝑦0 ) = 𝛾2
com ℎ ≠ 0, 𝛾1 𝑒 𝛾2conhecidos.
Em problemas com 2 variáveis independentes, quando a variável t está associada
ao tempo, as condições de contorno para t=0 são denominadas de condições iniciais.
20
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
As condições de contorno do tipo 𝑢(𝑥0 , 𝑦) = 0 𝑒 𝑢(𝑥, 𝑦0 ) = 0 são chamadas de
condições de contorno homogêneas e as do tipo 𝑢(𝑥0 , 𝑦) = 𝑓(𝑦) 𝑒 𝑢(𝑥, 𝑦0 ) =
𝑔(𝑥) 𝑜𝑢 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 são condições não homogêneas.
OBS: Exercícios propostos : Zill & Cullens 12.1 : 1-26, 28
A partir de agora vamos estudar aplicações do método de separação de variáveis
em problemas de valor de contorno, definidos em coordenadas cartesianas.
7. EQUAÇÃO DO CALOR
Vamos agora analisar o problema ideal de calor em uma barra homogênea de
comprimento L, cujas extremidades são mantidas em uma temperatura de 0ºC, sabendose que a distribuição inicial de temperatura na barra é dada por 𝑓(𝑥) em [0,L], tal
que𝑓(0) = 𝑓(𝐿) = 0.
Problema: Resolver a equação do calor:
𝜕 2 𝑢 1 𝜕𝑢
=
𝜕𝑥 2 𝑐 𝜕𝑡
0≤𝑥≤𝐿
𝑡>0
𝑐>0
sujeita às condições de contorno:
𝑢(0, 𝑡) = 0
𝑢(𝐿, 𝑡) = 0
e à condição inicial:
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) ≠ 0
0<𝑥<𝐿
𝑓(0) = 𝑓(𝐿) = 0
sendo u a temperatura ao longo da barra.
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡)
𝑢𝑥𝑥 = 𝑋 ′′ 𝑇
𝑒
𝑋 ′′ 𝑇 =
𝑢𝑡 = 𝑋 𝑇′
1
𝑋 𝑇′
𝑐
𝑋′′ 1 𝑇′
=
= 𝐾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎çã𝑜
𝑋
𝑐 𝑇
𝑋 ′′ − 𝐾 𝑋 = 0
𝑇′ = 𝐾 𝑐 𝑇
21
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
A solução trivial 𝑢(𝑥, 𝑡) = 0 não satisfaz a condição inicial 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥),
logo não é solução do PVC.
A condição inicial não homogênea só pode ser aplicada após a superposição das
soluções. As condições de contorno homogêneas levam às condições de contorno de
X(x) e T(t). Neste caso:
𝑢(0, 𝑡) = 0 ⟹ 𝑋(0)𝑇(𝑡) = 0 ⟹ 𝑋(0) = 0
Esta relação pode ser ainda satisfeita se:
𝑇(𝑡) = 0
porém isso implica em 𝑢(𝑥, 𝑡) = 0 que já foi dito não ser solução do PVC
𝑢(𝐿, 𝑡) = 0 ⟹ 𝑋(𝐿)𝑇(𝑡) = 0 ⟹ 𝑋(𝐿) = 0
Portanto as condições de contorno 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0 serão as condições usadas
na solução da EDO para a função X(x).
I) 𝐾 = 0
𝑋 ′′ = 0
⟹
𝑋 ′ = 𝑐1
⟹ 𝑋(𝑥) = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
aplicando as condições de contorno:
𝑋(0) = 𝑐2 = 0
𝑋(𝐿) = 𝑐1 𝐿 = 0
𝑋(𝑥) = 0
⟹ 𝑐1 = 0
𝑒 𝑢(𝑥, 𝑡) = 0
Logo 𝐾 = 0 não leva a solução viável do PVC. Portanto 𝐾 ≠ 0.
II) 𝐾 > 0 , 𝐾 = 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋′′
= 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑋′′ − 𝑤 2 𝑋 = 0
𝜆2 − 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 =±𝑤
𝑋(𝑥) = 𝑎1 𝑒 𝑤𝑥 + 𝑎2 𝑒 − 𝑤𝑥
𝑋(0) = 𝑎1 + 𝑎2 = 0 ⟹ 𝑎1 = − 𝑎2
𝑋(𝑥) = 𝑎1 (𝑒 𝑤𝑥 − 𝑒 − 𝑤𝑥 )
𝑋(𝐿) = 𝑎1 (𝑒 𝑤𝐿 − 𝑒 − 𝑤𝐿 ) = 0
𝑋(𝑥) = 0
⟹ 𝑎1 = 0
𝑒 𝑢(𝑥, 𝑡) = 0
22
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
Solução trivial que não satisfaz o problema.
III) 𝐾 < 0 , 𝐾 = − 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋′′
= − 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑋 ′′ + 𝑤 2 𝑋 = 0
𝜆2 + 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 =±𝑤𝑖
𝑋(𝑥) = 𝑏1 cos 𝑤𝑥 + 𝑏2 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥
𝑋(0) = 𝑏1 = 0
⟹ 𝑏1 = 0
𝑋(𝑥) = 𝑏2 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥
𝑋(𝐿) = 𝑏2 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝐿 = 0
𝑏2 = 0 que leva à solução trivial ou
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝐿 = 0
⟹ 𝑤𝐿 = 𝑛𝜋
𝑤=
𝑛 ∈ ℕ∗ 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑤 > 0
𝑛𝜋
𝐿
Temos portanto n soluções do tipo
𝑛𝜋𝑥
𝑋𝑛 (𝑥) = 𝑏2𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
)
𝐿
𝑤=
𝑛𝜋
𝐿
𝑒 𝑋𝑛 (𝑥) são chamados de autovalores e autofunções do problema.
Como 𝐾 = − 𝑤 2
𝑇 ′ = −𝑤 2 𝑐 𝑇
⟹ 𝑇(𝑡) = 𝑑 𝑒 −𝑤
2𝑐
𝑡
Assim, para cada um dos n valores de w existe uma solução para T(t). Então
2
𝑇(𝑡) = 𝑑𝑛 𝑒 −𝑤𝑛𝑐 𝑡
e para cada valor de n, a solução da equação será dada por:
𝑛𝜋𝑥
2
𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) = 𝑏2𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑛 𝑒 −𝑤𝑛𝑐 𝑡
𝐿
ou
𝑛𝜋𝑥 −
)𝑒
𝐿
𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) = 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛2 𝜋 2 𝑐
𝑡
𝐿2
𝐵𝑛 = 𝑏2𝑛 𝑑𝑛
23
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
Como a EDP é linear e homogênea, pelo princípio da superposição, a solução é
dada por:
∞
𝑛𝜋𝑥 −
)𝑒
𝐿
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛=1
𝑛2 𝜋 2 𝑐
𝑡
𝐿2
Para se determinar 𝐵𝑛 se utiliza a condição inicial não homogênea:
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥)
∞
𝑛𝜋𝑥
𝑢(𝑥, 0) = ∑ 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
) = 𝑓(𝑥)
𝐿
0<𝑥<𝐿
𝑛=1
A solução equivale à expansão em uma série de Fourier do seno do meio
intervalo da função f(x) e os coeficientes 𝐵𝑛 serão dados por:
2 𝐿
𝑛 𝜋𝑥
𝐵𝑛 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑥
𝐿 0
𝐿
Por exemplo, no caso em que 𝑓(𝑥) = 100, 𝐿 = 𝜋 𝑒 𝑐 = 1 tem-se que:
2 𝜋
𝐵𝑛 = ∫ 100 𝑠𝑒𝑛 (𝑛 𝑥) 𝑑𝑥
𝜋 0
𝐵𝑛 = −
𝐵𝑛 = −
200 cos 𝑛𝑥 𝜋
|
𝜋
𝑛 0
200
200
(cos 𝑛𝜋 − 1) =
(1 − (−1)𝑛 )
𝑛𝜋
𝑛𝜋
∞
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑
𝑛=1
200
2
(1 − (−1)𝑛 ) 𝑠𝑒𝑛 (𝑛𝑥) 𝑒 − 𝑛
𝑛𝜋
𝑡
Quando 𝑡 → ∞ então 𝑢(𝑥, 𝑡) = 0. Para diversos valores de t observa-se que:
24
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
120
t=0
t = 0,1
t = 0,01
t = 0,35
80
u(x,t)
t = 0,6
t=1
40
0
0
1
2
x
3
4
OBSERVAÇÕES:
1) Um problema do tipo 𝑋 ′′ + 𝑤 2 𝑋 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑋(0) = 0 𝑒 𝑋(𝐿) = 0 que possui
solução não trivial é chamado de problema de valor característico ou auto valor. É o
caso especial do problema de STURM-LIUVILLE.
2) O problema do tipo 𝑋 ′′ + 𝑤 2 𝑋 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑋′(0) = 0 𝑒 𝑋 ′ (𝐿) = 0 também é
chamado de problema de valor característico, mas as condições de contorno são do tipo
Newmann.
3) Problema de STURM-LIUVILLE : Sejam p, q, r, e r’ funções contínuas com valores
reais em [𝑎, 𝑏], 𝑟(𝑥) > 0 𝑒 𝑝(𝑥) > 0 para todo 𝑥 𝑒𝑚 [𝑎, 𝑏]. O problema de valor de
contorno de 2 pontos, chamado de Sturm-Liuville é definido como:
𝑑
(𝑟(𝑥)𝑦′) + (𝑞(𝑥) + 𝜆 𝑝(𝑥)) 𝑦 = 0
𝑑𝑥
𝜆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
sujeito às condições de contorno homogêneas:
𝛼1 𝑦(𝑎) + 𝛽1 𝑦 ′ (𝑎) = 0
𝛼2 𝑦(𝑏) + 𝛽2 𝑦 ′ (𝑏) = 0
com 𝛼1 , 𝛼2 , 𝛽1 , 𝛽2 constantes , com 𝛼1 𝑒 𝛽1 não nulos simultaneamente e também
𝛼2 𝑒 𝛽2 não nulos simultaneamente. A solução trivial satisfaz o problema.
4) As condições iniciais podem ser fixadas por uma distribuição inicial, por exemplo de
temperaturas (𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥)) ou, no caso de uma corda vibrante, pode-se especificar
seu deslocamento inicial assim como sua velocidade inicial (𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑔(𝑥))
25
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
5) As condições de contorno podem ser associadas a temperaturas constantes nas
extremidades ou corda fixa na extremidade 𝑢(0, 𝑡) = 𝑢0 , 𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑣𝑜 , 𝑡 > 0. A
𝜕𝑢
condição de contorno pode também ser do tipo Newmann 𝜕𝑥 (𝐿, 𝑡) = 𝑢, indicando um
fluxo de calor na extremidade.
EXERCÍCIOS PROPOSTOS : 12.3 - ZILL & CULLENS
8. EQUAÇÃO DA ONDA OU DA CORDA
Seja o movimento de uma corda vibrante ideal de comprimento L, cujas
extremidades são fixas, sabendo-se que no instante inicial, sua velocidade inicial é 𝑔(𝑥)
e que sua posição é definida pela função 𝑓(𝑥)𝑒𝑚 [0, 𝐿] tal que 𝑓(0) = 𝑓(𝐿) = 0.
Equações semelhantes ocorrem em vibrações de barras elásticas, propagação de
som em tubos e vibrações torcionais em barras cilíndricas.
𝑢(𝑥, 𝑡) é o deslocamento vertical da corda em relação a 0x
𝑥 é a distância horizontal
𝑡 é o tempo
𝐿 comprimento da corda não esticada
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
𝑎
−
=0
𝜕𝑥 2 𝜕𝑡 2
2
0<𝑥<𝐿, 𝑡>0
condições de contorno:
𝑢(0, 𝑡) = 0 𝑒 𝑢(𝐿, 𝑡) = 0 𝐶𝑜𝑛𝑑𝑖çõ𝑒𝑠 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑒𝑎𝑠
condições iniciais
𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑔(𝑥) 𝑒 𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) 𝐶𝑜𝑛𝑑𝑖çõ𝑒𝑠 𝑛ã𝑜 ℎ𝑜𝑚𝑜𝑔ê𝑛𝑒𝑎𝑠
A solução trivial 𝑢 = 0 não satisfaz o PVC por não satisfazer as condições
iniciais que são não homogêneas.
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡)
26
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑎2 𝑋 ′′ 𝑇 − 𝑋 𝑇 ′′ = 0
𝑎2
𝑋 ′′
𝑇′′
=
=𝐾
𝑋
𝑇
𝑎2 𝑋 ′′ − 𝐾𝑋 = 0
𝑇 ′′ − 𝐾𝑇 = 0
Das condições de contorno:
𝑢(0, 𝑡) = 𝑋(0)𝑇(𝑡) = 0
⟹ 𝑋(0) = 0
𝑢(𝐿, 𝑡) = 𝑋(𝐿) 𝑇(𝑡) = 0
⟹ 𝑋(𝐿) = 0
Logo, o problema de valor característico é :
𝑎2 𝑋 ′′ − 𝐾𝑋 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0
e
𝑇 ′′ − 𝐾𝑇 = 0
I) 𝐾 = 0
𝑋 ′′ = 0 ⟹ 𝑋 ′ = 𝑐1
⟹ 𝑋(𝑥) = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
𝑋(0) = 𝑐2 = 0
𝑋(𝐿) = 𝑐1 𝐿 = 0
⟹ 𝑐1 = 0
𝑋(𝑥) = 0
que leva à solução trivial, que não satisfaz o problema.
II) 𝐾 > 0 , 𝐾 = 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋′′
= 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑎2 𝑋′′ − 𝑤 2 𝑋 = 0
𝑎2 𝜆2 − 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆=±
𝑤
𝑤
𝑎
𝑤
𝑋(𝑥) = 𝑐3 𝑒 𝑎 𝑥 + 𝑐4 𝑒 − 𝑎 𝑥
𝑋(0) = 𝑐3 + 𝑐4 = 0 ⟹ 𝑐3 = − 𝑐4
𝑤
𝑤
𝑋(𝑥) = 𝑐3 (𝑒 𝑎 𝑥 − 𝑒 − 𝑎 𝑥 )
𝑤
𝑤
𝑋(𝐿) = 𝑐3 (𝑒 𝑎 𝐿 − 𝑒 − 𝑎 𝐿 ) = 0
⟹ 𝑐3 = 0
27
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑋(𝑥) = 0
𝑒 𝑢(𝑥, 𝑡) = 0
que também leva à solução trivial.
III) 𝐾 < 0 , 𝐾 = − 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑎2
𝑋′′
= − 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑎2 𝑋 ′′ + 𝑤 2 𝑋 = 0
𝑎2 𝜆2 + 𝑤 2 = 0
𝑋(𝑥) = 𝑐5 cos
⟹ 𝜆=±
𝑤
𝑖
𝑎
𝑤
𝑤
𝑥 + 𝑐6 𝑠𝑒𝑛
𝑥
𝑎
𝑎
𝑋(0) = 𝑐5 = 0
𝑋(𝑥) = 𝑐6 𝑠𝑒𝑛
𝑋(𝐿) = 𝑐6 𝑠𝑒𝑛
𝑐6 = 0
𝑠𝑒𝑛
𝑤
𝐿=0
𝑎
⟹ 𝑋(𝑥) = 0
𝑤
𝐿=0
𝑎
⟹
𝑤𝑛 =
𝑤
𝑥
𝑎
𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑡𝑟𝑖𝑣𝑖𝑎𝑙
𝑤
𝐿 = 𝑛𝜋
𝑎
𝑛 ∈ ℕ∗
𝑛𝜋𝑎
𝐿
𝑋𝑛 (𝑥) = 𝑐6𝑛 𝑠𝑒𝑛
𝑛𝜋
𝑥
𝐿
𝑤𝑛 - auto valores do problema
𝑋𝑛 - auto funções
𝑇 ′′ + 𝑤 2 𝑇 = 0
𝜆2 + 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆=± 𝑤𝑖
Para cada 𝑤𝑛 :
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
𝑇𝑛 (𝑡) = 𝑏1𝑛 cos (
𝑡) + 𝑏2𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑡)
𝐿
𝐿
A solução para cada n é:
28
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋
𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑡)] 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)
𝐿
𝐿
𝐿
𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) = [𝑎𝑛 cos (
Pela superposição das soluções:
∞
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ {[𝑎𝑛 cos (
𝑛=1
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋
𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑡)] 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)}
𝐿
𝐿
𝐿
na qual, os coeficientes 𝑎𝑛 e 𝑏𝑛 devem ser obtidos a partir das condições iniciais não
homogêneas.
∞
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = ∑ 𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛=1
𝑛𝜋
𝑥)
𝐿
0≤𝑥≤𝐿
Portanto, 𝑎𝑛 é o coeficiente do desenvolvimento em série de Fourier do seno do
meio intervalo da função f(x) :
𝑎𝑛 =
2 𝐿
𝑛 𝜋𝑥
∫ 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑥
𝐿 0
𝐿
Da segunda condição inicial :
𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑔(𝑥)
∞
𝑢𝑡 (𝑥, 𝑡) = ∑ {[− 𝑎𝑛
𝑛=1
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋
sen (
𝑡) + 𝑏𝑛
𝑐𝑜𝑠 (
𝑡)] 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)}
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
∞
𝑢𝑡 (𝑥, 0) = ∑ {[𝑏𝑛
𝑛=1
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋
] 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)} = 𝑔(𝑥)
𝐿
𝐿
∞
𝑛𝜋
𝑥)} = 𝑔(𝑥)
𝐿
𝑢𝑡 (𝑥, 0) = ∑ { 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛=1
𝐵𝑛 = 𝑏𝑛
𝑛𝜋𝑎
𝐿
⟹ 𝑏𝑛 = 𝐵𝑛
𝐿
𝑛𝜋𝑎
𝐵𝑛 é o coeficiente da série de Fourier do seno de desenvolvimento do meio intervalo da
função g(x).
2 𝐿
𝑛 𝜋𝑥
𝐵𝑛 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑥
𝐿 0
𝐿
𝑏𝑛 =
𝐿
2
𝑛 𝜋𝑥
∫ 𝑔(𝑥)𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑥
𝑛𝜋𝑎 0
𝐿
29
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
Uma vez conhecidas f(x) e g(x) os coeficientes estão determinados. Se a
velocidade inicial é 𝑔(𝑥) = 0 então 𝑎𝑛 = 0 e a solução se reduz a :
∞
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋
𝑡)] 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)}
𝐿
𝐿
𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑ {[𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛=1
Ondas Estacionárias
Quando a tensão nas extremidades da corda é grande, a onda produz um som
musical. Este som é resultado da soma de ondas estacionárias definidas por :
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋
𝑡) + 𝑏𝑛 𝑐𝑜𝑠 (
𝑡)] 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)
𝐿
𝐿
𝐿
𝑢𝑛 = [𝑎𝑛 sen (
podendo ainda se escrever:
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋
𝑡 + 𝜙𝑛 ) 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)
𝐿
𝐿
𝑢𝑛 = 𝑑𝑛 sen (
sendo 𝑑𝑛 a amplitude da onda, 𝜙𝑛 a fase e 𝑤𝑛 =
𝑛𝜋𝑎
𝐿
a frequência da onda.
𝑎𝑛 = 𝑑𝑛 cos 𝜙𝑛
𝑏𝑛 = 𝑑𝑛 sen 𝜙𝑛
tal que:
𝑑𝑛2 = 𝑎𝑛2 + 𝑏𝑛2
𝑡𝑔 𝜙𝑛 =
𝑏𝑛
𝑎𝑛
𝑤𝑛 𝑛 𝑎
=
2𝜋 2𝐿
que é a frequência característica.
𝑛𝜋
Para cada valor de n as ondas estacionárias são os gráficos de 𝑠𝑒𝑛 (
uma amplitude que varia com o tempo dada por:
𝐿
𝑥) com
𝑛𝜋𝑎
𝑡 + 𝜙𝑛 )
𝐿
𝑑𝑛 sen (
1ª onda estacionária : 𝑛 = 1
𝑑1 sen (
𝜋𝑎
𝜋
𝑡 + 𝜙1 ) 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑥)
𝐿
𝐿
30
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
t1
u(x,t)
t2
t3
L/2
x
L
2ª onda estacionária : 𝑛 = 2
2𝜋𝑎
2𝜋
𝑑2 sen (
𝑡 + 𝜙2 ) 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)
𝐿
𝐿
t1
u(x,t)
t2
x
t3
L/2
L
3ª onda estacionária : 𝑛 = 3
3𝜋𝑎
3𝜋
𝑑3 sen (
𝑡 + 𝜙2 ) 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥)
𝐿
𝐿
t1
u(x,t)
t3
x
t2
L
Para cada valor fixo de 𝑥, 𝑢𝑛 (𝑥, 𝑡) representa um movimento harmônico simples
𝑛𝜋𝑎
𝑛𝜋𝑎
com amplitude 𝑑𝑛 sen ( 𝐿 𝑡) e frequência 𝑤𝑛 = 𝐿 . Cada ponto da corda vibra com
uma amplitude diferente mas com a mesma frequência. Os pontos em que
𝑛𝜋
𝑠𝑒𝑛 ( 𝐿 𝑥) = 0 correspondem aos nós, nos quais não há movimento.
Exercícios
1) Resolver o problema de onda:
31
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
𝑎
−
=0
𝜕𝑥 2 𝜕𝑡 2
2
sujeito às condições iniciais:
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) 𝑒 𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 0
Solução:
Utilizando a mudança de variáveis :
𝑝 = 𝑥 + 𝑎𝑡
𝑒 𝑞 = 𝑥 − 𝑎𝑡
𝑢𝑥 = 𝑢𝑝 + 𝑢𝑞
𝑢𝑥𝑥 = 𝑢𝑝𝑝 + 2𝑢𝑝𝑞 + 𝑢𝑞𝑞
𝑢𝑡𝑡 = 𝑎2 (𝑢𝑝𝑝 − 2𝑢𝑝𝑞 + 𝑢𝑞𝑞 )
𝑢𝑡 = 𝑎(𝑢𝑝 − 𝑢𝑞 )
𝑢𝑝𝑝 + 2𝑢𝑝𝑞 + 𝑢𝑞𝑞 =
4 𝑢𝑝𝑞 = 0
𝑎2
(𝑢 − 2𝑢𝑝𝑞 + 𝑢𝑞𝑞 )
𝑎2 𝑝𝑝
⟹ 𝑢𝑝𝑞 = 0
𝜕 2𝑢
=0
𝜕𝑞𝜕𝑝
𝜕𝑢
= 𝐹(𝑝)
𝜕𝑝
𝑢(𝑝, 𝑞) = 𝐹(𝑝) + 𝐺(𝑞)
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐹(𝑥 + 𝑎𝑡) + 𝐺(𝑥 − 𝑎𝑡)
Das condições iniciais:
𝑡=0
⟹𝑝=𝑞=𝑥
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 𝐺(𝑥)
𝑢𝑡 (𝑥, 𝑡) =
𝜕𝐹 𝜕𝑝 𝜕𝐺 𝜕𝑞
+
𝜕𝑝 𝜕𝑡 𝜕𝑞 𝜕𝑡
𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝐹 ′ 𝑎 − 𝑎𝐺 ′ 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑝 = 𝑞 = 𝑥
𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑎[𝐹 ′ (𝑥) − 𝐺 ′ (𝑥)] = 0
𝐹(𝑥) − 𝐺(𝑥) = 𝐾
32
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
Resolvendo a sistema:
𝐹(𝑥) + 𝐺(𝑥) = 𝑓(𝑥)
{
𝐹(𝑥) − 𝐺(𝑥) = 𝐾
obtém-se
𝐹(𝑥) =
𝑓(𝑥) 𝐾
+
2
2
𝐺(𝑥) =
𝑓(𝑥) 𝐾
−
2
2
𝐹(𝑝) =
𝑓(𝑝) 𝐾
+
2
2
𝐺(𝑞) =
𝑓(𝑞) 𝐾
−
2
2
Logo:
𝑢(𝑝, 𝑞) =
1
(𝑓(𝑝) + 𝑓(𝑞))
2
1
𝑢(𝑥, 𝑡) = [𝑓(𝑥 + 𝑎𝑡) + 𝑓(𝑥 − 𝑎𝑡)]
2
Solução de D’Alambert para a equação da onda:
𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥
1
𝑢(𝑥, 𝑦) = [𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝑎𝑡) + 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 − 𝑎𝑡)]
2
2) Resolver o problema anterior para:
𝑢(𝑥, 0) = 0 𝑒 𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑔(𝑥)
Solução:
𝑢(𝑝, 𝑞) = 𝐹(𝑝) + 𝐺(𝑞)
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐹(𝑥 + 𝑎𝑡) + 𝐺(𝑥 − 𝑎𝑡)
𝑢𝑡 (𝑥, 𝑡) = 𝑎[𝐹 ′ (𝑥 + 𝑎𝑡) − 𝐺 ′ (𝑥 − 𝑎𝑡)]
𝐹′ =
𝜕𝐹
𝜕𝐺
𝑒 𝐺′ =
𝜕𝑝
𝜕𝑞
𝑢(𝑥, 0) = 0 = 𝐹(𝑥) + 𝐺(𝑥)
𝑥=𝑝=𝑞
33
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑎[𝐹 ′ (𝑥) − 𝐺 ′ (𝑥)] = 𝑔(𝑥)
1 𝑥
𝐹(𝑥) − 𝐺(𝑥) = ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑎 𝑥0
Resolvendo o sistema de equações:
𝐹(𝑥) + 𝐺(𝑥) = 0
2 𝐹(𝑥) =
⟹ 𝐹(𝑥) = −𝐺(𝑥)
1 𝑥
∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑎 𝑥0
1 𝑥
𝐹(𝑥) =
∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
2𝑎 𝑥0
𝐺(𝑥) = −
1 𝑥
∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
2𝑎 𝑥0
Logo:
1 𝑝
𝐹(𝑝) =
∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
2𝑎 𝑥0
1 𝑞
𝐺(𝑞) = − ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
2𝑎 𝑥0
𝑢(𝑝, 𝑞) =
𝑝
𝑞
1
{∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 − ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥}
2𝑎 𝑥0
𝑥0
𝑢(𝑝, 𝑞) =
𝑥0
𝑝
1
{∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥}
2𝑎 𝑞
𝑥0
𝑢(𝑝, 𝑞) =
𝑝
1
{∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥}
2𝑎 𝑞
𝑥+𝑎𝑡
1
𝑢(𝑥, 𝑡) =
{∫
𝑔(𝑥)𝑑𝑥}
2𝑎 𝑥−𝑎𝑡
3) Problema de Cauchy: Resolver:
𝑎2
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
−
=0
𝜕𝑥 2 𝜕𝑡 2
com as condições iniciais:
34
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) 𝑒 𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑔(𝑥)
Solução:
Existe uma superposição de soluções de 2 PVC’s:
𝑢𝑥𝑥 =
1
𝑢
𝑎2 𝑡𝑡
com
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) 𝑒 𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 0
cuja solução é:
1
𝑢(𝑥, 𝑡) = [𝑓(𝑥 + 𝑎𝑡) + 𝑓(𝑥 − 𝑎𝑡)]
2
e
𝑢𝑥𝑥 =
1
𝑢
𝑎2 𝑡𝑡
com
𝑢(𝑥, 0) = 0 𝑒 𝑢𝑡 (𝑥, 0) = 𝑔(𝑥)
cuja solução é:
𝑥+𝑎𝑡
1
𝑢(𝑥, 𝑡) =
{∫
𝑔(𝑥)𝑑𝑥}
2𝑎 𝑥−𝑎𝑡
Como a equação é linear e homogênea, pelo princípio da superposição de
soluções:
𝑥+𝑎𝑡
1
1
𝑢(𝑥, 𝑡) = [𝑓(𝑥 + 𝑎𝑡) + 𝑓(𝑥 − 𝑎𝑡)] +
{∫
𝑔(𝑥)𝑑𝑥}
2
2𝑎 𝑥−𝑎𝑡
Problemas Propostos : Zill e Cullens : 12.4
9. EQUAÇÃO DE LAPLACE
35
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
A equação de Laplace ocorre em problemas que independem do tempo. O
problema agora é determinar a temperatura em regime permanente 𝑢(𝑥, 𝑦) em uma
placa retangular com as bordas laterais isoladas (ou seja, não existe transferência de
calor pelas bordas laterais).
Admite-se que a temperatura na borda inferior é nula e na borda superior é dada
por 𝑓(𝑥) ≠ 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 < 𝑥 < 𝑎.
A equação de Laplace é
∂2 u ∂2 u
2
∇ u = 0 ou
+
=0 0≤x≤a e 0≤y≤b
∂x 2 ∂y 2
com as condições de contorno:
𝜕𝑢
(0, 𝑦) = 0 ,
𝜕𝑥
𝜕𝑢
(𝑎, 𝑦) = 0
𝜕𝑥
0≤𝑦≤𝑏
𝑢(𝑥, 0) = 0 𝑒 𝑢(𝑥, 𝑏) = 𝑓(𝑥)
0≤𝑥≤𝑎
e
Como a EDP é homogênea e linear:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)
𝜕 2𝑢
= 𝑋 ′′ 𝑌
𝜕𝑥 2
𝜕 2𝑢
= 𝑋 𝑌′′
𝜕𝑦 2
e a solução trivial não satisfaz o PVC devido à condição de contorno não homogênea
𝑢(𝑥, 𝑏) = 𝑓(𝑥) ≠ 0.
Das condições de contorno homogêneas:
𝑢(𝑥, 0) = 𝑋(𝑥)𝑌(0) = 0 ⟹ 𝑌(0) = 0
𝑢𝑥 (0, 𝑦) = 𝑋′(0)𝑌(𝑦) = 0 ⟹ 𝑋′(0) = 0
36
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢𝑥 (𝑎, 𝑦) = 𝑋′(𝑎)𝑌(𝑦) = 0 ⟹ 𝑋′(𝑎) = 0
𝑋 ′′ 𝑌 + 𝑋 𝑌 ′′ = 0
𝑋′′
𝑌′′
=−
=𝐾
𝑋
𝑌
𝑋 ′′ − 𝐾𝑋 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑋(0) = 0 𝑒 𝑋(𝑎) = 0
𝑌 ′′ + 𝐾𝑌 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑌(0) = 0
I) 𝐾 = 0
𝑋 ′′ = 0 ⟹ 𝑋 ′ = 𝑐1
⟹ 𝑋(𝑥) = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
𝑋′(0) = 𝑐1 = 0
𝑋′(𝑎) = 𝑐1 = 0
⟹ 𝑐1 = 0
𝑋(𝑥) = 𝑐2
𝑌 ′′ = 0 ⟹ 𝑌 ′ = 𝑏1
⟹ 𝑌(𝑦) = 𝑏1 𝑦 + 𝑏2
𝑌(0) = 0 = 𝑏2
𝑌(𝑦) = 𝑏1 𝑦
𝑢0 (𝑥, 𝑦) = 𝑎0 𝑦
II) 𝐾 > 0 , 𝐾 = 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋′′
= 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑋′′ − 𝑤 2 𝑋 = 0
𝜆2 − 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 =±𝑤
𝑋(𝑥) = 𝑐3 𝑒 𝑤𝑥 + 𝑐4 𝑒 − 𝑤𝑥
𝑋 ′ (𝑥) = 𝑐3 𝑤𝑒 𝑤𝑥 − 𝑐4 𝑤 𝑒 − 𝑤𝑥
𝑋′(0) = 𝑤 (𝑐3 − 𝑐4 ) = 0 ⟹ 𝑐3 = 𝑐4
𝑋 ′ (𝑥) = 𝑐3 𝑤(𝑒 𝑤𝑥 − 𝑒 − 𝑤𝑥 )
𝑋 ′ (𝑎) = 𝑐3 𝑤 (𝑒 𝑤𝑎 − 𝑒 − 𝑤𝑎 ) = 0
𝑋(𝑥) = 0
⟹ 𝑐3 = 0
𝑒 𝑢(𝑥, 𝑦) = 0
Solução trivial que não satisfaz o problema.
37
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
III) 𝐾 < 0 , 𝐾 = − 𝑤 2 , 𝑤 > 0
𝑋′′
= − 𝑤2
𝑋
⟹ 𝑋 ′′ + 𝑤 2 𝑋 = 0
𝜆2 + 𝑤 2 = 0
⟹ 𝜆 =±𝑤𝑖
𝑋(𝑥) = 𝑐5 cos 𝑤𝑥 + 𝑐6 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑥
𝑋 ′ (𝑥) = − 𝑐5 𝑤 sen 𝑤𝑥 + 𝑐6 𝑤 𝑐𝑜𝑠 𝑤𝑥
𝑋′ (0) = 𝑤 𝑐6 = 0
⟹ 𝑐6 = 0
𝑋 ′ (𝑥) = − 𝑐5 𝑤 sen 𝑤𝑥
𝑋 ′ (𝑎) = − 𝑐5 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑎 = 0
𝑐5 = 0 que leva à solução trivial ou
𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑎 = 0
𝑛 ∈ ℕ∗ 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑤 > 0
⟹ 𝑤𝑎 = 𝑛𝜋
o que resulta em n valores para 𝑤 :
𝑤𝑛 =
𝑛𝜋
𝑎
A cada auto valor 𝑤𝑛 existe uma auto função dada por:
𝑛𝜋𝑥
)
𝑎
𝑋𝑛 (𝑥) = 𝑐5𝑛 𝑐𝑜𝑠 (
Considerando agora a equação em Y:
𝑌 ′′ − 𝑤 2 𝑌 = 0
𝜆 =±𝑤
𝑌(𝑦) = 𝑏5 cosh(𝑤𝑦) + 𝑏6 𝑠𝑒𝑛ℎ (𝑤𝑦)
𝑌(0) = 𝑏5 = 0
𝑌(𝑦) = 𝑏6 𝑠𝑒𝑛ℎ (𝑤𝑦)
Para cada n existe uma solução de Y :
𝑌𝑛 (𝑦) = 𝑏6𝑛 𝑠𝑒𝑛ℎ (
𝑛𝜋
𝑦)
𝑎
e
𝑢𝑛 (𝑥, 𝑦) = 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠 (
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋
) 𝑠𝑒𝑛ℎ ( 𝑦)
𝑎
𝑎
38
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
Fazendo a superposição das soluções:
∞
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋
) 𝑠𝑒𝑛ℎ ( 𝑦)
𝑎
𝑎
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑎0 𝑦 + ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠 (
𝑛=1
As constantes 𝑎0 𝑒 𝑎𝑛 devem ser determinadas pela condição de contorno não
homogênea.
∞
𝑢(𝑥, 𝑏) = 𝑓(𝑥) = 𝑎0 𝑏 + ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠 (
𝑛=1
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋
) 𝑠𝑒𝑛ℎ ( 𝑏)
𝑎
𝑎
∞
𝑓(𝑥) = 𝐴0 + ∑ 𝐴𝑛 𝑐𝑜𝑠 (
𝑛=1
𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎
𝑛𝜋𝑥
)
𝑎
Assim, 𝐴0 𝑒 𝐴𝑛 são os coeficientes da série de Fourier do cosseno do
desenvolvimento do 1/2 intervalo de 𝑓(𝑥).
2 𝑎
𝐴0 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑎 0
2 𝑎
𝑛𝜋𝑥
𝐴𝑛 = ∫ 𝑓(𝑥) cos (
) 𝑑𝑥
𝑎 0
𝑎
e
𝑎0 =
𝐴0
𝑏
𝑒
𝑎𝑛 =
𝐴𝑛
𝑠𝑒𝑛ℎ(𝑤𝑛 𝑏)
Logo:
∞
𝐴0
𝐴𝑛
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋
𝑢(𝑥, 𝑦) =
𝑦+∑
𝑐𝑜𝑠 (
) 𝑠𝑒𝑛ℎ ( 𝑦)
𝑛𝜋𝑏
𝑏
𝑎
𝑎
𝑛=1 𝑠𝑒𝑛ℎ(
𝑎 )
PROBLEMA DE DIRICHLET
É a denominação dada ao PVC em que se procura uma solução para a EDP
elíptica :
∇2 u = 0 ou
∂2 u ∂2 u
+
=0 0≤x≤a e 0≤y≤b
∂x 2 ∂y 2
no interior de uma região, tal que 𝑢(𝑥, 𝑦) assume valores pré fixados em todo o
contorno da região:
𝑢(0, 𝑦) = 𝐹(𝑦) 𝑒 𝑢(𝑎, 𝑦) = 𝐺(𝑦)
0≤𝑦≤𝑏
39
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) 𝑒 𝑢(𝑥, 𝑏) = 𝑔(𝑥)
0≤𝑥≤𝑎
Desta forma, todas as condições de contorno são não homogêneas. A solução é
dada pela superposição de solução de 2 problemas:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢1 (𝑥, 𝑦) + 𝑢2 (𝑥, 𝑦)
1º Problema
2º Problema
1º Problema:
𝑢𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 = 0
com as condições de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = 0 𝑒 𝑢(𝑎, 𝑦) = 0
0≤𝑦≤𝑏
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) 𝑒 𝑢(𝑥, 𝑏) = 𝑔(𝑥)
0≤𝑥≤𝑎
40
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
2º Problema:
𝑢𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 = 0
com as condições de contorno:
𝑢(0, 𝑦) = 𝐹(𝑦) 𝑒 𝑢(𝑎, 𝑦) = 𝐺(𝑦)
0≤𝑦≤𝑏
𝑢(𝑥, 0) = 0 𝑒 𝑢(𝑥, 𝑏) = 0
0≤𝑥≤𝑎
A soma das soluções satisfazem todas as condições de contorno
𝑢(0, 𝑦) = 𝑢1 (0, 𝑦) + 𝑢2 (0, 𝑦) = 0 + 𝐹(𝑦) = 𝐹(𝑦)
𝑢(𝑎, 𝑦) = 𝑢1 (𝑎, 𝑦) + 𝑢2 (𝑎, 𝑦) = 0 + 𝐺(𝑦) = 𝐺(𝑦)
𝑢(𝑥, 0) = 𝑢1 (𝑥, 0) + 𝑢2 (𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) + 0 = 𝑓(𝑥)
𝑢(𝑥, 𝑏) = 𝑢1 (𝑥, 𝑏) + 𝑢2 (𝑥, 𝑏) = 0 + 𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑥)
logo, a solução do problema é dada por:
∞
𝑢1 (𝑥, 𝑦) = ∑ {𝐴𝑛 cosh (
𝑛=1
𝐴𝑛 =
𝑛𝜋𝑦
𝑛𝜋𝑦
𝑛𝜋𝑥
) + 𝐵𝑛 𝑠𝑒𝑛ℎ (
)} 𝑠𝑒𝑛 (
)
𝑎
𝑎
𝑎
2 𝑎
𝑛𝜋𝑥
∫ 𝑓(𝑥) 𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑥
𝑎 0
𝑎
1
2 𝑎
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋𝑏
)}
𝐵𝑛 =
{ ∫ 𝑔(𝑥) 𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑥 − 𝐴𝑛 cosh (
𝑛𝜋𝑏 𝑎 0
𝑎
𝑎
𝑠𝑒𝑛ℎ ( 𝑎 )
∞
𝑢2 (𝑥, 𝑦) = ∑ {𝐴̅𝑛 cosh (
𝑛=1
𝐴̅𝑛 =
𝐵̅𝑛 =
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋𝑥
𝑛𝜋𝑦
) + 𝐵̅𝑛 𝑠𝑒𝑛ℎ (
)} 𝑠𝑒𝑛 (
)
𝑏
𝑏
𝑏
2 𝑏
𝑛𝜋𝑦
∫ 𝐹(𝑦) 𝑠𝑒𝑛 (
) 𝑑𝑦
𝑏 0
𝑏
1
2 𝑏
𝑛𝜋𝑦
𝑛𝜋𝑎
̅
{
𝑛𝜋𝑎 𝑏 ∫ 𝐺(𝑦) 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑏 ) 𝑑𝑦 − 𝐴𝑛 cosh ( 𝑏 )}
0
𝑠𝑒𝑛ℎ (
)
𝑏
Exercícios Propostos : Zill & Cullens : 12.5
41
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
10. EQUAÇÕES E CONDIÇÕES DE CONTORNO NÃO HOMOGÊNEAS
O método de separação de variáveis pode não ser aplicável em um PVC quando
a EDP ou as condições de contorno são não homogêneas. O PVC com EDP não
homogênea pode ser solucionado através de 𝑢 = 𝑋 + 𝑌 se todas as condições de
contorno forem homogêneas.
É possível resolver alguns problemas que envolvem EDP’s não homogêneas ou
condições de contorno não homogêneas por meio de uma mudança de variável do tipo:
𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑣(𝑥, 𝑦) + 𝜓(𝑥)
A ideia consiste em determinar 𝜓(𝑥), que é uma função de uma variável, de tal
forma que 𝑣, que é função de duas variáveis, seja levada a satisfazer uma EDP
homogênea com condições de contorno homogêneas.
Os demais PVC’s são solucionados apenas numericamente.
Exemplo: Considere uma haste de comprimento finito, aquecida através da geração de
calor no seu interior, com uma taxa r constante. A equação do calor neste caso é:
𝑘
𝜕 2𝑢
𝜕𝑢
+ 𝑟=
2
𝜕𝑥
𝜕𝑡
0<𝑥<1
Considere condições de contorno para o caso em que as extremidades são
mantidas com temperaturas especificadas de 0º e 𝑢0 :
𝑢(0, 𝑡) = 0 𝑒 𝑢(1, 𝑡) = 𝑢0
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 > 0
e que, no instante inicial a distribuição de temperatura é dada por 𝑓(𝑥), isto é:
𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 < 𝑥 < 1
As condições de contorno e inicial são não homogêneas e a EDP é não
homogênea.
Admitindo:
𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑣(𝑥, 𝑡) + 𝜓(𝑥)
𝑢𝑥𝑥 = 𝑣𝑥𝑥 + 𝜓𝑥𝑥
𝑒
𝑢𝑡 = 𝑣𝑡
obtém-se:
𝑘𝑣𝑥𝑥 + 𝑘𝜓𝑥𝑥 + 𝑟 = 𝑣𝑡
Esta equação se reduz a uma equação homogênea impondo-se que:
𝑘𝜓𝑥𝑥 + 𝑟 = 0
𝜓𝑥𝑥 = −
𝜓(𝑥) = −
𝑟
𝑘
𝑟 2
𝑥 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
2𝑘
42
Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
Das condições de contorno:
𝑢(0, 𝑡) = 𝑣(0, 𝑡) + 𝜓(0) = 0
𝑢(1, 𝑡) = 𝑣(1, 𝑡) + 𝜓(1) = 𝑢0
Forçando:
𝑣(0, 𝑡) = 0 𝑒 𝑣(1, 𝑡) = 0
então:
𝜓(0) = 0
𝑒 𝜓(1) = 𝑢0
Aplicando estas condições de contorno:
𝜓(0) = 𝑐2 = 0
𝜓(1) = −
𝑟
+ 𝑐1 = 𝑢0
2𝑘
⟹ 𝑐1 = 𝑢0 +
𝑟
2𝑘
e
𝜓(𝑥) = −
𝑟 2
𝑟
𝑥 + (𝑢0 +
)𝑥
2𝑘
2𝑘
A condição inicial será então:
𝑢(𝑥, 0) = 𝑣(𝑥, 0) + 𝜓(𝑥) = 𝑓(𝑥)
𝑣(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) − 𝜓(𝑥)
O problema de valor de contorno se transforma em:
𝑘
𝜕 2 𝑣 𝜕𝑣
=
𝜕𝑥 2 𝜕𝑡
com as condições
𝑣(0, 𝑡) = 0 𝑒 𝑣(1, 𝑡) = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑡 > 0
e
𝑣(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥) +
𝑟 2
𝑟
𝑥 − (𝑢0 +
)𝑥
2𝑘
2𝑘
Por separação de variáveis pode-se determinar:
∞
𝑣(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐴𝑛 𝑒 −𝑘 𝑛
2𝜋2𝑡
𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜋𝑥
𝑛=1
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
1
𝐴𝑛 = 2 ∫ {𝑓(𝑥) +
0
𝑟 2
𝑟
𝑥 − ( + 𝑢0 ) 𝑥} 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜋𝑥 𝑑𝑥
2𝑘
2𝑘
A solução do problema original será então:
∞
𝑟 2
𝑟
2 2
𝑢(𝑥, 𝑦) = = −
𝑥 + (𝑢0 +
) 𝑥 + ∑ 𝐴𝑛 𝑒 −𝑘 𝑛 𝜋 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜋𝑥
2𝑘
2𝑘
𝑛=1
Note que 𝑢(𝑥, 𝑡) → 𝜓(𝑥) quando 𝑡 → ∞. 𝜓 é chamada de solução estacionária e
𝑣(𝑥, 𝑡) é chamada de solução transitória.
Exercícios propostos: Zill & Cullens : 12.6 - 1 -7.
OBSERVAÇÕES
1) A equação diferencial parcial geral de problemas físicos pode ser do tipo:
𝜕 2𝑢
𝜕 2𝑢
𝜕𝑢
𝑎
+
𝑓(𝑥,
𝑡)
=
𝑏
+
𝑐
+𝐾𝑢
𝜕𝑥 2
𝜕𝑡 2
𝜕𝑡
2
sendo:
𝑓(𝑥, 𝑡) - forças externas atuantes no sistema
𝐾 𝑢 - força restauradora
2) Os problemas de valor de contorno que trabalhamos foram expressos em um sistema
de coordenadas retangulares. No entanto, em muitos problemas, torna-se interessante
utilizar coordenadas polares, cilíndricas ou esféricas. Por exemplo, para determinar a
temperatura em:
- disco circular ⟶ Equação de Laplace em coordenadas polares:
𝜕 2 𝑢 1 𝜕𝑢 1 𝜕 2 𝑢
+
+
=0
𝜕𝑟 2 𝑟 𝜕𝑟 𝑟 2 𝜕𝜃 2
𝑢 = 𝑢(𝑟, 𝜃)
- Cilindro Circular ⟶ Equação de Laplace em coordenadas cilíndricas
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
∇2 𝑢 =
𝜕 2 𝑢 1 𝜕𝑢 1 𝜕 2 𝑢 𝜕 2 𝑢
+
+
+
=0
𝜕𝑟 2 𝑟 𝜕𝑟 𝑟 2 𝜕𝜃 2 𝜕𝑧 2
𝑢 = 𝑢(𝑟, 𝜃, 𝑧)
- esfera⟶ Equação de Laplace em coordenadas esféricas
∇2 𝑢 =
𝜕 2 𝑢 2 𝜕𝑢
1
𝜕 2 𝑢 1 𝜕 2 𝑢 𝑐𝑜𝑡𝑔𝜙 𝜕𝑢
+
+
+
+
=0
𝜕𝜌2 𝜌 𝜕𝜌 𝜌2 𝑠𝑒𝑛2 𝜙 𝜕𝜃 2 𝜌2 𝜕𝜙 2
𝜌 𝜕𝜙
𝑢 = 𝑢(𝜌, 𝜃, 𝜙)
Nestes casos são necessárias outras ferramentas matemáticas para solucionar o
problema. O processo é o de separação de variáveis mas:
a) PVC em coordenadas polares envolve a EDO de Cauchy-Euler:
𝑢(𝑟, 𝜃) = 𝑅(𝑟) Θ(𝜃)
𝑎 𝑟 2 𝑅 ′′ + 𝑏 𝑟 𝑅 ′ + 𝑐 𝑅 = 0
cuja solução é do tipo:
𝑅(𝑟) = 𝑐1 𝑟 𝜆 + 𝑐2 𝑟 − 𝜆
b) PVC em coordenadas cilíndricas envolve a EDO de Bessel:
𝑟 2 𝑅 ′′ + 𝑟 𝑅 ′ + (𝑤 2 𝑟 2 − 𝑚2 ) 𝑅 = 0
𝑢(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑅(𝑟) Θ(𝜃)𝑍(𝑧)
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
cuja solução é dada em termos das funções de Bessel e série de Fourier-Bessel.
c) PVC em coordenadas esféricas (ρ, 𝜑, θ,) envolve equação associada de Legendre nas
variáveis 𝜑 𝑒 θ, e a equação de Cauchy-Euler na variável ρ , considerando a separação
de variáveis do tipo:
u(ρ, 𝜑, θ) = R( ρ) ) 𝑢̅(𝜑, θ )
𝑢̅(θ, 𝜑) = 𝑇(θ) 𝐹( 𝜑)
Com duas constantes de separação k= w2 >0
e 𝑘̅ = − 𝛽 2 < 0, chega-se:
𝜌2 𝑅 ′′ + 𝜌 𝑅 ′ − 𝑤 2 𝑅 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑤 2 = 𝑛(𝑛 + 1)
𝑇 ′′ + 𝛽 2 𝑇 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑇 𝑝𝑒𝑟𝑖ó𝑑𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑚 𝜃, 𝛽 = 𝑚 ∈ 𝑁 ∗
𝑚2
) 𝐹 =0
𝑠𝑒𝑛2 𝜑
𝑐𝑢𝑗𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 é 𝑑𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑙𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑙𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑜𝑠 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐿𝑒𝑔𝑒𝑛𝑑𝑟𝑒 𝑃𝑛𝑚 .
(1 − 𝑦 2 )𝐹 ′′ + 2 𝑦 𝐹 ′ + [ 𝑛(𝑛 + 1) −
3) Problemas do tipo:
𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢
+
+
=0
𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2 𝜕𝑧 2
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧)
a separação de variáveis é feita utilizando:
𝑢 = 𝐻(𝑥, 𝑦)𝑍(𝑧)
que substituída na equação leva a:
𝜕 2𝐻
𝜕 2𝐻
𝑍
+𝑍
+ 𝐻 𝑍′′ = 0
𝜕𝑥 2
𝜕𝑦 2
ou
1 𝜕 2𝐻 𝜕 2𝐻
𝑍′′
( 2+
)
=
−
= 𝐾1 = 1ª 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎çã𝑜
𝐻 𝜕𝑥
𝜕𝑦 2
𝑍
𝑍 ′′ + 𝐾1 𝑍 = 0
e
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Notas de Aula - Prof. William Reis Silva
(
𝜕 2𝐻 𝜕 2𝐻
+
) = 𝐻 𝐾1
𝜕𝑥 2
𝜕𝑦 2
𝜕 2𝐻 𝜕 2𝐻
( 2+
) − 𝐻 𝐾1 = 0
𝜕𝑥
𝜕𝑦 2
Assumindo então:
𝐻(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥) 𝑌(𝑦)
chega-se a:
𝑋 ′′ 𝑌 + 𝑋𝑌 ′′ − 𝐾1 𝑋𝑌 = 0
𝑋 ′′ 𝑌 + 𝑋𝑌 ′′ = 𝐾1 𝑋𝑌
𝑋′′ 𝑌′′
+
= 𝐾1
𝑋
𝑌
𝑋′′
𝑌′′
= 𝐾1 −
= 𝐾2 = 2ª 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎çã𝑜
𝑋
𝑌
𝑋 ′′ − 𝐾2 𝑋 = 0
𝑌 ′′ − (𝐾1 − 𝐾2 ) 𝑌 = 0
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