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Exercícios Resolvidos de EDP’s gerais

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Enunciado

Resolva o problema:

u x x = u t t + u ,                 x ∈ 0,2 π ,     t ∈ 0 , ∞ u 0 ,   t = 0 ,           u 2 π ,   t = 0 ,     t ∈ 0 , ∞ u x ,   0 = f x ,     x ∈ 0,2 π u t x , 0 = 0 ,     x ∈ 0,2 π

onde

f x = x ,     s e   0 ≤ x ≤ π 2 π - x ,     π < x ≤ 2 π

Passo 1

Cara, tá bem? Isso é uma típica EDP. Usamos um passo a passo muito certeiro para resolver questões desse tipo. Respira fundo, segura na minha mão e vamos na fé!

Começamos supondo que a solução tem a forma:

u x ,   t = X x ⋅ T t

Se isso é solução, então...

u x x = X ' ' x ⋅ T t

u t t = X x ⋅ T ' ' t

Logo...

u x x = u t t + u →

X ' ' x ⋅ T t = X x ⋅ T ' ' t + X x ⋅ T t →

X ' ' x X x = T ' ' t + T ( t ) T t →

Aí a gente iguala isso a uma constante - λ :

X ' ' x X x = T ' ' t + T ( t ) T t = - λ

Então...

X ' ' x X x = - λ

E

T ' ' t + T ( t ) T t = - λ

Portanto, ganhamos duas EDOs:

X ' ' x + λ X x = 0   T ' ' t + T ( t ) = - λ T t      

Passo 2

Antes de resolvermos essas EDO’s temos que encontrar as condições de contorno e condições iniciais para sabermos por qual EDO começarmos. Vamos nessa!

Sabemos que pelas condições de contorno...

u 0 ,   t = 0 ,           u 2 π ,   t = 0

Como

u x ,   t = X x ⋅ T t

Então...

u 0 ,   t = 0   →       X 0 T t = 0   →  

Como não queremos a solução trivial T t = 0 , temos:

X 0 = 0

Vamos ter algo parecido aqui

u 2 π ,   t = 0   →       X 2 π T t = 0   →    

X 2 π = 0

Beleza, então veja que a EDO que temos duas informações é a de X ...

X ' ' x + λ X x = 0 X 0 = 0 X 2 π = 0

Vamos começar por ela!

Passo 3

Resolvendo essa EDO por equação característica...

r 2 = - λ       →           r = ± - λ = ± - λ

Então se λ < 0 , temos um argumento positivo na raiz, o que nos dá duas soluções reais e essa solução para equação:

X = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Substituindo as condições de contorno:

X 0 = c 1 e 0 + c 2 e 0 = c 1 + c 2 = 0   →

c 1 = - c 2

E...

X 2 π = - c 2 e 2 π - λ + c 2 e - 2 π - λ = 0

Como as exponenciais não são nulas...

c 2 = - c 1 = 0

Então essa solução é a trivial! A gente não a quer. Vamos ver considerando λ = 0 . Teríamos a solução da forma:

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

X 0 = 0     →         c 2 = 0

X 2 π = 0     →           c 1 = 0

Também deu a trivial, a gente não quer!

Passo 4

Logo, a única opção que sobrou pra gente é...

λ > 0

O que nos dá raízes complexas:

r = 0 ± λ i

Aí a solução fica:

X x = e 0 x ⋅ c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x =

c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Aplicando as condições agora...

X 0 = 0         →             X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 =

c 1 = 0

E

X 2 π = 0         →             X 2 π = c 1 cos ⁡ 2 π λ + c 2 sen ⁡ 2 π λ   →

X 2 π = c 2 sen ⁡ 2 π λ

Considerando c 2 diferente de 0 , para o seno ser 0 , esse termo dele tem que ser múltiplo de π ...

2 π λ = n π   →

λ = n 2 4

Esses são os autovalores, e as autofunções são:

X n x = sen ⁡ n x 2

Passo 5

Com esses autovalores podemos procurar a solução dessa outra EDO aqui:

T ' ' t + T t = - λ T t → T ' ' + T 1 + λ = 0  

Mas olha essa condição de contorno que ele deu:

u t x , 0 = 0

Como

u t x ,   t = X x ⋅ T ' t

Então...

u t x , 0 = 0   →       X x T ' 0 = 0   →  

Como não queremos a solução trivial X x = 0 , temos:

T ' 0 = 0

Aí precisamos resolver esse problema:

T ' ' + T 1 + λ = 0     T ' 0 = 0

Passo 6

Podemos resolver ele usando por equação característica

r 2 + 1 + λ = 0 ∴ r = ± - 1 + λ

Como

λ = n 2 4 > 0

r = ± - 1 + n 2 4 = 0 ± 1 + n 2 4 i

São duas soluções complexas. Com α = 0 e β = 1 + n 2 4 . Aí a solução fica com essa cara:

T t = e α t c 1 cos ⁡ β t + c 2   s e n   β t →

T n t = c 1 cos ⁡ 1 + n 2 4 t + c 2   s e n   1 + n 2 4 t

Vamos usar nossa informação

T n ' t = - c 1 1 + n 2 4 s e n   1 + n 2 4 t + c 2 cos ⁡ 1 + n 2 4 t

T ' 0 = 0 →

T n ' 0 = - c 1 1 + n 2 4 s e n   0 + c 2 cos ⁡ 0 = 0 →

- c 1 1 + n 2 4 s e n   0 + c 2 cos ⁡ 0 = 0 → c 2 = 0

Aí uma solução parcial do problema seria:

T n t = cos ⁡ 1 + n 2 4 t

Passo 7

A solução parcial de u para cada n então é:

u n x ,   t = X n x ⋅ T n t =

u n x ,   t = cos ⁡ 1 + n 2 4 t sen ⁡ n x 2

Assim, a solução geral do problema, é a combinação linear dessa solução

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ b n cos ⁡ 1 + n 2 4 t sen ⁡ n x 2

Passo 8

Achou que tinha acabado, meu jovem? Ainda falta saber quem é b n pela outra condição que não utilizamos:

u x ,   0 = f x ,     0 < x < 2 π

f x = x ,     s e   0 ≤ x ≤ π 2 π - x ,     π < x ≤ 2 π

Então...

u x ,   0 = ∑ n = 1 ∞ b n cos ⁡ 0 sen ⁡ n x 2 →

u x ,   0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n x 2 = f ( x )

Perceba, que esse b n são os índices de uma série de Fourier em senos, e ela pode ser encontrada de acordo com Fourier para série apenas de senos:

b n = 2 L ∫ 0 L f ( x ) sen ⁡ 1 L n π x   d x →

Para a gente, L = 2 π (tamanho do intervalo de x ):

b n = 1 π ∫ 0 2 π f x sen ⁡ n x 2   d x

Mas a gente viu que no intervalo 0 , π , f x = x , e no intervalo π , 2 π , porque nele f x = 2 π - x . Então a gente vai separar essa integral numa soma de duas integrais:

b n = 1 π ∫ 0 π x sen ⁡ n x 2   d x + 1 π ∫ π 2 π ( 2 π - x ) sen ⁡ n x 2   d x

b n = 1 π ∫ 0 π x sen ⁡ n x 2   d x + 2 ∫ π 2 π sen ⁡ n x 2   d x - 1 π ∫ π 2 π x sen ⁡ n x 2   d x

b n = 1 π ∫ 0 π x sen ⁡ n x 2   d x + 2 - 2 n cos ⁡ n x 2 π 2 π - 1 π ∫ π 2 π x sen ⁡ n x 2   d x

Passo 9

Agora é calcular essa belezura. Convenientemente, a prova diz lá no formulário que

∫ x sen ⁡ a x d x = 1 a 2 s e n a x - x a cos ⁡ a x

Aplicando isso a b n :

b n = 1 π ∫ 0 π x sen ⁡ n x 2   d x + 2 - 2 n cos ⁡ n x 2 π 2 π - 1 π ∫ π 2 π x sen ⁡ n x 2   d x

b n = 1 π - 2 x n cos ⁡ n x 2   + 4 n 2 sen ⁡ n x 2 0 π + 2 - 2 n cos ⁡ n x 2 π 2 π - 1 π - 2 x n cos ⁡ n x 2   + 4 n 2 sen ⁡ n x 2 π 2 π

b n = 1 π - 2 π n cos ⁡ n π 2   + 4 n 2 sen ⁡ n π 2 - 4 n cos ⁡ n π + 4 n cos ⁡ n π 2 - 1 π - 4 π n cos ⁡ π n   + 4 n 2 sen ⁡ n π + 2 π n cos ⁡ n π 2   - 4 n 2 sen ⁡ n π 2

Vamos tentar arrumar isso colocando esses cossenos e senos em evidência:

b n = cos ⁡ n π 2   - 2 n + 4 n - 2 n + sen ⁡ n π 2 4 n 2 π + 4 n 2 π + cos ⁡ n π - 4 n + 4 n + 4 π n 2 s e n n π

Repara que 4 n 2 s e n n π = 0 , já que n π é um múltiplo de π . Aí fica:

b n = 8 n 2 π s e n n π 2

Passo 10

Só falta reescrever esse seno daquele jeito fofo como séries alternadas. Repara que se n for par, o seno zera, mas se n for ímpar, o seno fica alternado entre 1 e - 1 .

Aí a gente pode dizer algo assim:

b n = 8 n 2 π s e n n π 2 = 0 ,     s e   n = 2 k   8 n 2 π - 1 k ,     s e   n = 2 k + 1

Isso com k = 0 . Aí para termos pares, toda a solução zera, mas para termos ímpares, a gente tem um valor diferente de zero.

Aí substituindo b n na nossa solução, e fazendo n = 2 k + 1 (como a gente só vai ter os termos ímpares diferentes de zero), a nossa solução é finalmente:

u x ,   t = ∑ k = 0 ∞ 8 ( 2 k + 1 ) 2 π - 1 k cos ⁡ 1 + ( 2 k + 1 ) 2 4 t sen ⁡ ( 2 k + 1 ) x 2

Resposta

u x ,   t = ∑ k = 0 ∞ 8 ( 2 k + 1 ) 2 π - 1 k cos ⁡ 1 + ( 2 k + 1 ) 2 4 t sen ⁡ ( 2 k + 1 ) x 2

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