Responde Aí
Acesse com GoogleAcesse com AppleAcesse com Facebook

Exercícios Resolvidos de Equação da Onda

Ver Teoria
Exercício 14123456789101112131516171819202122232425262728293031323334353637383940414243

Enunciado

Questão 3: Determine a solução u x ,   t : 0 ,   4 × 0 ,   ∞ → R do problema

u t t = 4 u x x - u u x ,   0 = 0 u t x ,   4 = x 4 - x u x 0 ,   t = u x 4 , t = 0

Passo 1

Acho que você já percebeu que se trata da equação da onda, ne? Então talvez a gente consiga resolvê-la por separação:

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 t t = 4 u x x - u     →

X x ⋅ T ' ' t = 4 X ' ' x ⋅ T t - X x ⋅ T t   →

X x ⋅ T ' ' t = T t 4 X ' ' x - X x   →

T ' ' t T t = 4 X ' ' x X x - 1     →

1 4 + T ' ' t 4 T t = X ' ' x X x

Então...

1 4 + T ' ' t 4 T t = λ

E

X ' ' x X x = λ

Portanto, ganhamos duas EDOs:

X ' ' x = λ X x   T ' ' t = 4 λ T t - T t         →             X ' ' x = λ X x   T ' ' t = 4 λ - 1 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 x 0 ,   t = u x 4 , t = 0

Como...

u x = X ' x T t             →

u x 0 ,   t = X ' 0 T t     →

Considerando T t diferente de 0 , pois se não temos a solução trivial u ≡ 0 ...

X ' 0 = 0

E

u x 4 ,   t = X ' 4 T t     →

X ' 4 = 0

Agora analisando as condições iniciais...

u x ,   0 = 0     →

u = X x ⋅ T 0   →

T 0 = 0

Passo 3

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

X ' ' x = λ X x X ' 0 = 0 X ' 4 = 0

Resolvendo essa EDO por Equação característica...

r 2 = λ       →           r = ± λ

Então se λ > 0 ...

X = c 1 e λ x + c 2 e - λ x

Substituindo as condições de contorno...

X ' = λ c 1 e λ x - λ c 2 e - λ x   :

X ' 0 = 0     →       λ c 1 - λ c 2 = 0     →

c 1 = c 2

X ' 4 = 0     →       λ c 1 e 4 λ - λ c 1 e - 4 λ = 0     →

c 1 = 0

Então essa solução é ruim! Vamos ver considerando λ = 0

X = c 1 + c 2 x   →

X ' = c 2 :

X ' 0 = 0     →         c 2 = 0

Logo...

X x = c 1

Também não queremos a solução constante!

Logo...

λ < 0     →

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

c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sin ⁡ λ x

Aplicando as condições agora...

X ' x = - c 1 λ sin ⁡ λ x + c 2 λ cos ⁡ λ x :

X ' 0 = - c 1 λ sin ⁡ 0 + c 2 λ cos ⁡ 0 = c 2 λ = 0     →

c 2 = 0

X ' 4 = - c 1 λ sin ⁡ 4 λ →

Considerando c 1 diferente de 0 , para o seno ser 0 , esse termo dele tem que ser múltiplo de π ...

4 λ = m π   →

λ = m π 4     →

λ = m 2 π 2 4 2

Como λ tem que ser negativo...

λ = - m 2 π 2 4 2

Esses são os autovalores, e as autofunções são:

X x = cos ⁡ m π 4 x

Passo 4

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

T ' ' t = 4 λ - 1 T t     →

T m ' ' t = 4 - m 2 π 2 4 2 - 1 T m t   →

T m ' ' t = - m 2 π 2 4 - 1 T m t

Por equação característica:

r 2 = - m 2 π 2 4 + 1       →

r = ± i m 2 π 2 4 + 1

Então...

T m t = e 0 t A m cos ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t + B m sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t   →

T m t = A m cos ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t + B m sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t

Como do passo 2...

T m 0 = 0   →

T m t = A m cos ⁡ 0 + B m sin ⁡ 0 = 0 →

A m = 0

Logo...

T m t = B m sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t

Passo 5

A solução então é:

u m x ,   t = X x ⋅ T m t =

u m x ,   t = B m cos ⁡ m π 4 x ⋅ sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t

Assim, o resultado do problema homogêneo é a soma de todas as soluções lineares:

u x ,   t = ∑ m = 0 ∞ B m cos ⁡ m π 4 x ⋅ sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t →

Ou ainda, para se assemelhar com a série de Fourier, a gente tira o primeiro termo m = 0 :

u x ,   t = B 0 sin ⁡ t + ∑ m = 1 ∞ B m cos ⁡ m π 4 x ⋅ sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t

Passo 6

Ora, sabemos pela última condição que:

u t x ,   4 = x 4 - x

Então, derivando a expressão...

u t x ,   t = B 0 cos ⁡ t + ∑ m = 1 ∞ B m m 2 π 2 4 + 1 cos ⁡ m π 4 x ⋅ cos ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t

Arrumando essa raiz:

u t x ,   t = B 0 cos ⁡ t + ∑ m = 1 ∞ 1 2 B m 4 + m 2 π 2 cos ⁡ m π 4 x ⋅ cos ⁡ 1 2 4 + m 2 π 2   t

Substituindo o t = 4 ...

u t x ,   4 = B 0 cos ⁡ 4 + ∑ m = 1 ∞ 1 2 B m 4 + m 2 π 2 cos ⁡ m π 4 x ⋅ cos ⁡ 2 4 + m 2 π 2

Ora, essa é a série de Fourier:

f x = a 0 2 + ∑ m = 1 ∞ a m cos ⁡ m π x L

Com L = 4 ! Portanto...

B 0 cos ⁡ 4 = a 0 2   →         a 0 = 2 B 0 cos ⁡ 4

E, por Fourier:

a 0 = 1 2 ∫ 0 4 f x d x = 1 2 ∫ 0 4 x 4 - x d x =

16 3

Então...

B 0 = 8 3 cos ⁡ 4

De forma análoga, podemos falar que...

1 2 B m 4 + m 2 π 2 ⋅ cos ⁡ 2 4 + m 2 π 2 = a m

E pela série de Fourier:

a m = 1 2 ∫ 0 4 x 4 - x cos ⁡ m π x 4 d x

Fazendo integração por partes, onde...

u = 4 x - x 2               e             d v = cos ⁡ m π x 4 d x

d u = 4 - 2 x   d x                 e                 v = sin ⁡ m π x 4 m π 4

Então...

∫ u   d v = 4 x - x 2 sin ⁡ m π x 4 m π 4 - ∫ sin ⁡ m π x 4 m π 4   4 - 2 x d x   →

∫ u   d v = 4 m π 4 x - x 2 sin ⁡ m π x 4 - 4 m π ∫ sin ⁡ m π x 4   4 - 2 x d x →

Integrando novamente por partes...

u = 4 - 2 x               e             d v = sin ⁡ m π x 4 d x

d u = - 2   d x                 e                 v = - cos ⁡ m π x 4 m π 4

∫ sin ⁡ m π x 4   4 - 2 x d x = - 4 - 2 x cos ⁡ m π x 4 m π 4 - ∫ - cos ⁡ m π x 4 m π 4   - 2 d x   →

∫ sin ⁡ m π x 4   4 - 2 x d x = - 4 m π 4 - 2 x cos ⁡ m π x 4 - 8 m π ∫ cos ⁡ m π x 4   d x   →

∫ sin ⁡ m π x 4   4 - 2 x d x = - 4 4 - 2 x m π cos ⁡ m π x 4 - 8 m π sin ⁡ m π x 4 m π 4   →

∫ sin ⁡ m π x 4   4 - 2 x d x = - 4 4 - 2 x m π cos ⁡ m π x 4 - 32 m 2 π 2 sin ⁡ m π x 4  

Então...

∫ u   d v = 4 m π 4 x - x 2 sin ⁡ m π x 4 - 4 m π ∫ sin ⁡ m π x 4   4 - 2 x d x →

∫ u   d v = 4 m π 4 x - x 2 sin ⁡ m π x 4 - 4 m π - 4 4 - 2 x m π cos ⁡ m π x 4 - 32 m 2 π 2 sin ⁡ m π x 4 →

∫ u   d v = 4 m π 4 x - x 2 sin ⁡ m π x 4 + 16 4 - 2 x m 2 π 2 cos ⁡ m π x 4 + 128 m 3 π 3 sin ⁡ m π x 4

Logo, substituindo os limites de integração...

4 m π 4 4 - 4 2 sin ⁡ m π + 16 4 - 2 4 m 2 π 2 cos ⁡ m π + 128 m 3 π 3 sin ⁡ m π - 4 m π 0 sin ⁡ 0 + 16 4 m 2 π 2 cos ⁡ 0 + 128 m 3 π 3 sin ⁡ 0 =

Lembrando-se de que podemos cos ⁡ m π = - 1 m ...

0 + 16 - 4 m 2 π 2 - 1 m + 0 - 0 + 16 4 m 2 π 2 + 0 =

16 - 4 m 2 π 2 - 1 m - 16 4 m 2 π 2 =

- 32 m 2 π 2 - 1 m + 1

Logo... A gente conclui que:

1 2 B m 4 + m 2 π 2 ⋅ cos ⁡ 2 4 + m 2 π 2 = a m

B m = 2 a m 4 + m 2 π 2 ⋅ cos ⁡ 2 4 + m 2 π 2

Onde

a m = - 32 m 2 π 2 - 1 m + 1

Logo...

u x ,   t = B 0 sin ⁡ t + ∑ m = 1 ∞ B m cos ⁡ m π 4 x ⋅ sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t   →

u x ,   t = 8 3 cos ⁡ 4 sin ⁡ t - ∑ m = 1 ∞ 64 - 1 m + 1 m 2 π 2 4 + m 2 π 2 cos ⁡ 2 4 + m 2 π 2 cos ⁡ m π 4 x ⋅ sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t

Resposta

u x ,   t = 8 3 cos ⁡ 4 sin ⁡ t - ∑ m = 1 ∞ 64 - 1 m + 1 m 2 π 2 4 + m 2 π 2 cos ⁡ 2 4 + m 2 π 2 cos ⁡ m π 4 x ⋅ sin ⁡ m 2 π 2 4 + 1   t

Exercícios de Livros Relacionados

Os Problemas 19 e 20 indicam como é possível mostrar que a solução formal (20), (22) das Eqs. (1), (3) e (9) é, de fato, a solução desse problema.19- Usando a identidade trigonométrica s e nAc o sB=½
Seja h ( ξ ) o deslocamento inicial em [ 0 ,L ] estendido a ( - L ,0 ) como uma função ímpar e estendido ao resto da reta como uma função periódica de período 2 L . Supondo a continuidade de h e suas
Combinando os resultados dos Problemas 16 e 17, mostre que a solução do problemaé dada por
O movimento de uma membrana circular elástica, como a membrana de um tambor, é determinado pela equação de onda bidimensional em coordenadas polaresSupondo que u ( r ,θ ,t )=R r Θ ( θ ) T ( t ) , enco
Considere a equação de onda a 2 u x x = u t t em um meio unidimensional infinito, sujeita às condições iniciaisUsando a forma da solução obtida no Problema 13, mostre queUse a primeira das equações no