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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 10.8 - Ex. 11

Encontre uma solução u r , θ da equação de Laplace no interior do círculo r = a , que satisfaça a condição de contorno sobre o círculo:

u r a , θ = g θ ,       0 ≤ θ < 2 π

Note que esse é um problema de Neumann e que sua solução está determinada a menos de uma constante aditiva. Enuncie uma condição necessária sobre g ( θ ) para que esse problema possa ser resolvido pelo método de separação de variáveis (veja o Problema 10).

Passo 1

Enunciando a Equação de Laplace em coordenadas polares:

r 2 ∂ 2 u ∂ r 2 + r ∂ u ∂ r + ∂ 2 u ∂ θ 2 = 0

Fazendo a separação de variáveis:

u r , θ = R r Θ θ

Substituindo na equação e utilizando notação conveniente:

r 2 R ' ' Θ + r R ' Θ + R Θ ' ' = 0

Passo 2

Agrupando termos:

Θ r 2 R ' ' + r R ' = - R Θ ' '

E isolando:

r 2 R ' ' + r R ' R = - Θ ' ' Θ

Igualando ambas as expressões a uma constante λ arbitrária:

r 2 R ' ' + r R ' R = λ → r 2 R ' ' + r R ' - λ R = 0

- Θ ' ' Θ = λ → Θ ' ' + λ Θ = 0

Passo 3

Agora vamos avaliar quais faixas de valores de λ são possíveis para a solução. Estudando a equação em θ , tentamos λ = 0 :

Θ ' ' = 0 → Θ θ = a θ + b

Entretanto, como Θ deve ser 2 π -periódica, essa solução só funciona para a = 0 . Portanto temos:

Θ θ = b

Passo 4

Testando λ > 0 , fazemos:

λ = μ 2 ,       μ > 0

Supondo μ > 0 por simplicidade, de forma que μ = μ . Seguindo:

Θ ' ' + μ 2 Θ = 0

Que tem equação característica:

α 2 + μ 2 = 0 → α = ± i μ

Que resulta na solução:

Θ θ = a 1 cos ⁡ μ θ + a 2 sen ⁡ μ θ

Como essa solução é 2 π -periódica para todo μ , está valendo.

Passo 5

Por fim, testamos λ < 0 . Fazendo:

λ = - μ 2 ,       μ > 0

Plugando na equação:

Θ ' ' - μ 2 Θ = 0

Que tem equação característica:

α 2 - μ 2 = 0 → α = ± μ

Resultando na solução:

Θ θ = b 1 e μ θ + b 2 e - μ θ

Esta solução não é 2 π -periódica para quaisquer valores de μ , portanto concluímos que:

b 1 = b 2 = 0

Passo 6

Como para todo μ > 0 a solução trigonométrica funciona, fazendo μ = k (por elegância), temos então a autofunção de Θ :

Θ k θ = b + A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

E a solução geral seria:

Θ θ = b + ∑ k = 1 ∞ a k cos ⁡ k θ + b k sen ⁡ k θ

Substituindo os valores válidos de λ na equação em r , temos para λ = 0 :

r 2 R ' ' + r R ' = 0

Arrumando:

r r R ' ' + R ' = 0

Como buscamos uma solução R ( r ) para todo r , a solução r = 0 não interessa. Segue:

r R ' ' + R ' = 0

Passo 7

Arrumando mais para podermos integrar:

r R ' ' = - R '

R ' ' R ' = - 1 r

Integrando ambos os lados:

ln ⁡ R ' = - ln ⁡ r + c 1

Pra quem lembra dos macetes de Cálculo 1:

c 1 ↔ ln ⁡ c 1

- ln ⁡ r + ln ⁡ c 1 = - ln ⁡ r c 1

ln ⁡ R ' = - ln ⁡ r c 1

R ' = c 1 r

Caso você não tenha sacado, pode resolver de outros jeitos.

Passo 8

Integrando novamente:

R = c 1 ln ⁡ r + c 2

Agora analisando a função encontrada, temos que ela não é limitada na região que estamos estudando, pois estamos no interior do círculo r = a , e temos:

lim r → 0 ⁡ ln ⁡ r = - ∞

Portanto nos resta concluir que:

c 1 = 0

A solução fica:

R r = c 2

Passo 9

Testando a outra faixa possível λ > 0 , fazemos λ = μ 2 , μ > 0 :

r 2 R ' ' + r R ' - μ 2 R = 0

Que é a famosa equação de Euler. Fazendo a solução genérica:

R = r p

Plugamos: r 2 p p - 1 r p - 2 + r p r p - 1 - μ 2 r p = 0

p p - 1 r p + p r p - μ 2 r p = 0

Como r p ≠ 0 para todos valores de p :

r p p p - 1 + p - μ 2 = 0

p 2 - p + p - μ 2 = 0

p 2 - μ 2 = 0 → p = ± μ

As soluções então são:

R r = d 1 r μ + d 2 r - μ

Passo 10

Como estamos no interior do círculo r = a , precisamos que a função não exploda para infinito em nenhum ponto desta região, logo como:

lim r → 0 ⁡ r - μ = - ∞

Concluímos que d 2 = 0 , portanto temos a autofunção:

R k r = r k

Plugando na autofunção geral:

u k r , θ = R k r Θ k θ

u k r , θ = r k A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

Sem esquecer que temos também a solução constante:

u 0 r , θ = c 0

A solução geral portanto fica:

u r , θ = c 0 + ∑ k = 1 ∞ r k A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

Passo 11

Precisamos agora determinar os coeficientes A k e B k . Utilizando a última condição que sobrou do enunciado:

u r a , θ = g θ

Basta derivar com respeito à r e depois fazer r = a e temos:

∑ k = 1 ∞ k a k - 1 A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ = g θ

Como à esquerda temos uma série de Fourier da função g θ , os coeficientes podem ser encontrados pelas fórmulas:

k a k - 1 A k = 2 P ∫ 0 P g θ cos ⁡ 2 π k θ P d θ

k a k - 1 B k = 2 P ∫ 0 P g θ sen ⁡ 2 π k θ P d θ

Como a função g θ é 2 π -periódica, temos que P = 2 π . Descobrimos os coeficientes:

A k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ cos ⁡ k θ d θ

B k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ sen ⁡ k θ d θ

Passo 12

De acordo com o problema 10, uma condição necessária para a solução é que g θ seja de tal forma pode ser representada por uma série de Série de Fourier de período 2 π sem termo constante. Isso significa que

∫ 0 2 π g θ d θ = 0

Resposta

u r , θ = c 0 + ∑ k = 1 ∞ r k A k cos ⁡ k θ + B k sen ⁡ k θ

A k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ cos ⁡ k θ d θ

B k = 1 k π a k - 1 ∫ 0 2 π g θ sen ⁡ k θ d θ

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