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Exercícios Resolvidos de EDP’s gerais

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Enunciado

Determine a solução do problema de valor inicial e de fronteira :

u t t x ,   t -   u x x x ,   t =   0 ,   0   < x < π ,   t > 0

  u 0 ,   t =   u π ,   t =   0 ,   t > 0 ,

  u x ,   0 =   s e n x ,   0 < x < π .

u t x ,   0 = 5 s e n 5 x ,   0   < x < π

Passo 1

Vamos começar pela separação de variáveis e buscar por soluções do tipo:

u x ,   t = X ( x ) T ( t )

Substituindo   u na equação

  X x T " ( t ) - X " ( x ) T ( t )   = 0

Passando tudo que tem x para um lado e tudo que tem y para o outro lado

X " X   = T " t T ( t )

Como essa igualdade vale para todo x e todo y , vamos igualá-la a uma constante

X " X   = T " t T ( t ) =   λ

Separando a igualdade em duas equações, você vai encontrar isso aqui...

X " x -   λ X x =   0 ,  

X 0 =   X π =   0 ,

  e   T   "   ( t )   -   λ T ( t )   =   0

Isso nos dá um PVC em X x .

Precisamos agora achar X x e   T ( t ) u x ,   t = X ( x ) T ( t )

Passo 2

Como temos um problema de autovalor, vamos montar e resolver a equação característica da equação X x .

r 2 - λ = 0

r = ± λ

Agora vamos analisar cada caso.

Se ∆ > 0   e   λ > 0   , teremos duas raízes reais e distintas: r = ± λ

y x = c 1 e x r 1 + c 2 e x r 2 = c 1 e x λ   + c 2 e x - √ λ

Nas condições de contorno...

X 0 = c 1 e 0 λ   + c 2 e 0 - λ =   c 1 + c 2 =   0 ∴   c 1 = - c 2

X   π = c 1 e π λ   - e π - λ =   0 ∴ c 1 = 0

Neste caso, só teremos soluções triviais. Vamos para o próximo...

Se ∆ = 0   e   λ = 0 ,   teremos duas raízes iguais a r = ± λ a solução da seguinte forma:

X ( x ) = c 1 + c 2 x e x λ

Que no nosso caso vai ficar...

X ( x ) = c 1 + c 2 x

Aplicando as condições iniciais

X 0 = c 1 + c 2 x = c 1 = 0

X π = 10 c 2 = 0   ∴   c 2 = 0  

Também só há soluções triviais aqui. Segue o jogo!

Se ∆ > 0   e   λ < 0 , r = ± i - λ   e a solução tem essa cara aqui

X x = c 1 s e n - λ x + c 2 cos ⁡ - λ x

X 0 = c 2 = 0

X π = c 1 s e n π - λ = 0

Como queremos soluções não triviais

π - λ = n π ,   n = 1,2 , 3 …

λ n = - n ² ,     n = 1,2 , 3 …

X n = c n s e n ( n ) x ,     n = 1,2 , 3 …

Passo 3

Agora vamos substituir λ n = - n 2 ,     n = 1,2 , 3 … na EDO de T ( t )

  T   "   ( t )   + n 2   T ( t )   =   0

A cara da solução dessa EDO você já conhece, e vai ficar assim

T ( t ) = a n s e n ( n ) x + b n c o s ( n ) t

Passo 4

Agora sim, temos a solução!

u n x ,   t = X x T ( t ) = ( a n s e n ( n ) x + b n c o s ( n ) t ) c n s e n ( n ) x

Pelo princípio da superposição, podemos escrever a série de boas

u m x ,   y = ∑ n = 0 ∞ ( b n s e n n t + a n c o s n t ) s e n ( n ) x

Passo 5

Ainda não estamos prontos, precisamos determinar os coeficientes. Para isso, aplicamos as condições iniciais!

Vamos aplicar a condição: u x ,   0 =   s e n x

u n x ,   0 = ∑ n = 0 ∞ a n s e n ( n ) x = s e n x  

Logo para n = 1 ,   a 1 = 1   e   a n   = 0 ,   p a r a   n ≠ 1 .

Falta essa condição aqui, fera!

u t x ,   0 = 5 s e n 5 x

u t x ,   0 = ∑ n = 0 ∞ b n n s e n ( n ) x = 5 s e n 5 x  

Quando n = 5 ,   b 5 = 1 .     J á   p a r a   n ≠ 5 ,   b n =   0 .

Aplicando o valor desses coeficientes a nossa solução em série:

u n x ,   y = ∑ n = 0 ∞ b n s e n n t + a n c o s n t s e n n x = c o s t . s e n t + s e n 5 t   s e n 5 x

Resposta

u n x ,   y = ∑ n = 0 ∞ b n s e n n t + a n c o s n t s e n n x = c o s t . s e n t + s e n 5 t   s e n 5 x

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