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Exercícios Resolvidos de EDP’s gerais

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Enunciado

Encontra a solução u   :   [ 0 ,   10 ]   ×   [ 0 ,   10 ]   →   R do seguinte problema

u x x +   u y y   =   u   x ,   y ∈   0 ,   10 ×   0 ,   10 u x ,   0 =   0 , u ( x ,   10 )   =   0     x   ∈   [ 0 ,   10 ] u ( 0 ,   y )   =   f ( y ) ,   u ( 10 ,   y )   =   0   y   ∈   [ 0 ,   10 ]

onde f   :   [ 0 ,   10 ]   →   R é a função definida por

f ( y )   =   y   s e   0   ≤   y   <   5   10   -   y   s e   5   ≤   y   ≤   10

Passo 1

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

u x ,   y = X ( x ) Y ( y )

Substituindo   u na equação

X ' ' x Y y +   X x Y ' ' y = X x Y y

X ' ' x Y y - X x Y y = - X x Y ' ' y

X ' ' x - X x X x = - Y ' ' y Y y

X ' ' x X x - 1 = - Y ' ' y Y y

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

X ' ' x X x - 1 = - Y ' ' y Y y = λ

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

X " - ( λ + 1 ) X =  0

Y " y + λ Y ( y ) = 0

Passo 2

Substituindo as condições de contorno...

X ( x ) Y   ( 0 )   =   0 ∀ x   ⇒   Y   ( 0 )   =   0  

X ( x ) Y   ( 10 )   =   0 ∀ x   ⇒   Y   ( 10 )   =   0  

X ( 10 ) Y   ( y )   =   0 ∀ y   ⇒   X ( 10 )   =   0

Isso nos dá um PVC em Y ( y ) .

Esqueça, por enquanto, a condição que tem uma função: u ( 0 ,   y )   =   f ( y ) .

Precisamos agora achar X x e   Y ( y ) u x ,   y = X ( x ) Y ( y )

Passo 3

Como temos um problema de autovalor, vamos montar e resolver a equação característica da equação de   Y ( y )

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Agora vamos analisar cada caso.

Se Δ > 0   e   λ < 0 ,   teremos duas raízes r 1 = λ   e     r 2 = - √ λ  

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

Nas condições de contorno...

Y   10 = c 1 e 10 λ   + c 2 e 10 - λ =   0

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

Y   10 = c 1 e 10 λ   - e 10 - λ =   0 ∴ c 1 = 0

Neste caso, só teremos soluções triviais.

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

Y y = c 1 + c 2 y

Aplicando as condições iniciais

y 0 = c 1 + c 2 y = c 1 = 0

y 10 = 10 c 2 = 0   ∴   c 2 = 0  

Também só há soluções triviais aqui

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

Y y = c 1 sen ⁡ y λ + c 2 cos ⁡ y λ

Y 0 = c 2 = 0

Y 10 = c 1 sen ⁡ 10 λ = 0

Como queremos soluções não triviais

10 λ = n π ,   n = 1,2 , 3 …

λ n = n ² π ² 100 ,     n = 1,2 , 3 …

Y n = sen ⁡ y n π 10 ,     n = 1,2 , 3 …

Passo 4

Agora vamos trabalhar nossa função x usando a condição inicial

X ' ' = n 2 π 2 100 + 1 X

Resolvendo a EDO vamos ter

X n = A n cosh ⁡ x n ² π ² 100 + 1 + B n s e n h x n ² π ² 100 + 1

Aplicando que X ( 10 )   =   0 ...

X n = A n cosh ⁡ 10 n ² π ² 100 + 1 + B n senh ⁡ 10 n ² π ² 100 + 1 = 0

Calculando B n em função de A n

B n = - A n coth ⁡ n ² π ² + 100

Passo 5

Agora sim,

u m x ,   y = X x Y y =   A n cosh ⁡ x n ² π ² 100 + 1 - coth ⁡ n ² π ² + 100 senh ⁡ x n ² π ² 100 + 1 sen ⁡ y n π 10

Passo 6

Pelo princípio da superposição, podemos escrever a série

u m x ,   y = ∑ n = 1 ∞ A n cosh ⁡ x n ² π ² 100 + 1 - coth ⁡ n ² π ² + 100 senh ⁡ x n ² π ² 100 + 1 sen ⁡ y n π 10

Vamos aplicar a condição: u ( 0 ,   y )   =   f ( y )

u m 0 ,   y = ∑ n = 1 ∞ A n sen ⁡ y n π 10 = ∑ n = 0 ∞ A n sen ⁡ y n π 10

Aplicando a série de Fourier em senos para o coeficiente A n

A n = 1 5 ∫ 0 10 f y sen ⁡ y n π 10 d y =   1 5 ∫ 0 5 y sen ⁡ y n π 10 d y + ∫ 5 10 ( 10 - y ) sen ⁡ y n π 10 d y

A n =   40 n ² π ²   s e n n π 2    

Assim, a série vai ser:

u n x ,   y = ∑ n = 1 ∞ 40 n ² π ²   s e n   s e n n π 2 cosh ⁡ x n ² π ² 100 + 1 - coth ⁡ n ² π ² + 100 senh ⁡ x n ² π ² 100 + 1 sen ⁡ y n π 10

Resposta

u n x ,   y = ∑ n = 1 ∞ 40 n ² π ²   s e n   s e n n π 2 c o s h n 2 π 2 100 + 1 x - c o t h n ² π ² + 100 s e n h n ² π ² 100 + 1 x s e n n π 10 y

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