EDP

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Equação Diferencial Parcial
Cálculo III - ECT 1312
Escola de Ciências e Tecnologia
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Maio 2012
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 1 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Definição
Como já vimos, uma ED que contém derivadas parciais de uma ou mais
variáveis dependentes em releção a duas ou mais variáveis independentes é
chamada de equação diferencial parcial EDP. São exemplos de EDPs:
∂v
∂s
+
∂v
∂t
= v,
∂2u
∂x2 −
∂2v
∂x2 +
(
∂v
∂y
)3
+
∂u
∂y
= 0,
∂2u
∂x2 +
∂2u
∂y2 +
∂2u
∂z2 = 0.
A ordem da EDP é a ordem da maior derivada presente na equação, e será
linear se contiver apenas termos lineares de variável dependente e de suas
derivadas parciais.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 2 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Solução Geral de uma EDP
Uma solução de uma EDP em alguma região R do espaço das variáveis
independentes é uma função u(x,y), ou u(x,y,z), que tem todas as derivadas
parciais aparencendo na EDP e que satisfaz à EDP. Em geral, a solução geral
não é única, como veremos no próximo exercício, sendo assim nescessário
condições adicionais (condições de contorno ou condições iniciais) que
surgem do problema.
Teorema da Superposição
Dizemos que uma EDP é homogênea se cada um de seus termos contém u ou
uma de suas derivadas parciais. Do contrário, a EDP é dita não-homogênea.
Se u1 e u2 são soluções de uma EDP linear homogênea, então
u = c1u1 + c2u2,
com c1 e c2 constantes quaisquer, é também solução da EDP.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 3 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 1
Mostre que as funções abaixo são todas soluções da EDP uxx +uyy = 0,
conhecida como equação de Laplace:
a) u = x2− y2,
b) u = ex cos(y),
c) u = sin(x)cosh(y),
d) u = ln(x2 + y2).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 4 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 1 (Solução)
Para o item a) temos que
uxx = 2 e uyy =−2,
de forma que
uxx +uyy = 2−2 = 0.
Logo u(x,y) = x2− y2 é solução da equação de Laplace. Para o item b) temos
uxx = ex cos(y) e uyy =−ex cos(y),
assim
uxx +uyy = ex cos(y)− ex cos(y) = 0.
Logo u(x,y) = ex cos(y) é solução da equação de Laplace.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 5 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 1 (Solução)
Para o item c) temos que
uxx =−sin(x)cosh(y) e uyy = sin(x)cosh(y),
de forma que
uxx +uyy =−sin(x)cosh(y)+ sin(x)cosh(y) = 0.
Logo u(x,y) = sin(x)cosh(y) é solução da equação de Laplace. Para o item d)
uxx =
−2x2 +2y2
(x2 + y2)2 e uyy =
2x2−2y2
(x2 + y2)2 ,
assim
uxx +uyy =
−2x2 +2y2
(x2 + y2)2 +
2x2−2y2
(x2 + y2)2 = 0.
Logo u(x,y) = ln(x2 + y2) é solução da equação de Laplace.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 6 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 2
Resolva uxx−u = 0 como uma EDO.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 7 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 2 (Solução)
Note que u = u(x,y), mas na EDP apenas aparece derivadas parciais relativas
a x. Neste caso podemos tratar a EDP como a EDO u′′−u = 0, com equação
característica
λ
2−1 = 0 =⇒ λ =±1.
Logo a solução geral é do tipo
u(x,y) = A(y)ex +B(y)e−x.
Repare que a denpendência da variável y aparece nas "constantes" A(y) e
B(y).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 8 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 3
Resolva uxy =−ux como uma EDO.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 9 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 3 (Solução)
Note que fazendo p(x,y) = ux, a EDP se reescreve como
∂2u
∂x∂y
=−∂u
∂x
=⇒ ∂p
∂y
=−p.
Tratando a EDP acima como a EDO dp
p =−dy temos que
p(x,y) = A(x)e−y =⇒ ∂u
∂x
= A(x)e−y.
Integrando em relação a x temos
u(x,y) = e−y
∫
A(x)dx+g(y) = f (x)e−y +g(y) com f (x) =
∫
A(x)dx.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 10 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 4
Resolva uxy = x2− ey.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 11 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 4 (Solução)
Integrando a EDP em relação a x temos
uy =
x3
3
− xey +A(y).
Integrando agora em relação a y temos
u(x,y) =
x3y
3
− xey +
∫
A(y)dy+g(x) =
x3y
3
− xey + f (y)+g(x),
onde
f (y) =
∫
A(y)dy.
As funções f (y) e g(x) podem ser determinadas desde que sejam fornecidas
condições adicionais.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 12 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Método de Separação de Variáveis
O Método de Separação de Variáveis consiste na suposição de que a solução
u(x,y), ou u(x,y,z), da EDP pode ser escrita como o produto de funções de
uma única variável independente, isto é, u(x,y) = X(x)Y(y), ou
u(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z). Quando tal suposição funciona, convertemos um
EDP de ordem n em n EDOs que podem ser resolvidas pelos métodos vistos
até agora. Como exemplo considere a seguinte EDP
x
∂u
∂x
=
∂u
∂y
.
Neste caso vamos supor que u(x,y) = X(x)Y(y), com X(x) e Y(y) não nulas.
Substituindo na EDP teremos
x
dX
dx
+0 = X(x)
dY
dy
=⇒ 1
X(x)
dX
dx
=
dY
dy
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 13 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Método de Separação de Variáveis
Note que o lado esquerdo da EDP depende no máximo de x enquanto que o
lado direito no máximo de y. De forma que a EDP deve ser igual a uma
constante c, assim
x
X(x)
dX
dx
=
dY
dy
= c.
Assim temos duas EDOs
dX
X
= c
dx
x
e
dY
Y
= cdy.
Com as seguintes soluções:
X(x) = Kxc e Y(y) = Decy =⇒ u(x,y) = Excecy.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 14 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 5
Resolva uxx = uyy.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 15 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 5 (Solução)
Pelo método de seperação de variáveis temos que u(x,y) = X(x)Y(y) de
forma que
Y(y)
d2X
dx2 = X(x)
d2Y
dy2 =⇒ 1
X(x)
d2X
dx2 =
1
Y(y)
d2Y
dy2 .
Como o lado esquerdo da equação acima depende de no máximo x, enquanto
que o lado direito de no máximo y devemos ter que
1
X(x)
d2X
dx2 =
1
Y(y)
d2Y
dy2 =−k2,
onde −k2 é a variável de separação.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 16 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 5 (Solução)
Dessa maneira temos as seguintes EDOs
d2X
dx2 + k2X(x) = 0 e
d2Y
dy2 + k2Y(y) = 0,
com as seguintes soluções
X(x) = a1eikx +a2e−ikx e Y(y) = b1eiky +b2e−iky.
A solução fica
u(x,y) = [a1eikx +a2e−ikx][b1eiky +b2e−iky].
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 17 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 6
Resolva vx + vy = vz.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 18 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 6 (Solução)
Pelo método de seperação de variáveis temos que v(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z)
de forma que
Y(y)Z(z)
dX
dx
+X(x)Z(z)
dY
dy
= X(x)Y(y)
dZ
dz
.
Como o lado esquerdo da equação acima depende de no máximo x e y,
enquanto que o lado direito de no máximo z devemos ter que
1
X(x)
dX
dx
+
1
Y(y)
dY
dy
=
1
Z(z)
dZ
dz
= c,
onde c é a variável de separação.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 19 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 6 (Solução)
Dessa maneira temos as seguintes EDOs
1
X(x)
dX
dx
= c− 1
Y(y)
dY
dy
e
1
Z(z)
dZ
dz
= c.
Note que na primeira EDO, o lado direito depende no máximo de x e o lado
esquerdo de y. Assim
1
X(x)
dX
dx
= b e
1
Y(y)
dY
dy
= c−b.
As soluções ficam
X(x) = X0ebx, Y(y) = Y0e(c−b)y e Z(z) = Z0ecz.
Logo v(x,y,z) = X0ebxY0e(c−b)yZ0ecz = v0ebx+(c−b)y+cz.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 20 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 7
Resolva uxx−uy =−αe−βx.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 21 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 7 (Solução)
Uma solução do tipo u(x,y) = X(x)Y(y) não é possível neste caso devido ao
termo não-homogêneo −αe−βx. Para contornar tal fato vamos supor uma
solução da forma u(x,y) = v(x,y)+ z(x), como tentativa de eliminar o termo
−αe−βx (que é uma função apenas de x). Assim
∂2v
∂x2 −
∂v
∂y
+
d2z
dx2 =−αe−βx.
Como ambos z(x) e −αe−βx são funçõe apenas de x vamos supor que
d2z
dx2 =−αe−βx,
de forma que
∂2v
∂x2 −
∂v
∂y
= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 22 / 67
Equação DiferencialParcial (EDP)
Exercício 7 (Solução)
Note agora que a segunda ED pode ser resolvida supondo que
v(x,y) = X(x)Y(y). De forma que obtemos as seguintes EDOs
1
X(x)
d2X
dx2 =
1
Y(y)
dY
dy
=−c2,
ou seja,
d2X
dx2 + c2X(x) = 0 e
dY
dy
=−c2Y(y).
Assim temos as seguintes soluções
X(x) = Acos(cx)+Bsin(cx)
Y(y) = Y0e−c2y
z(x) =− α
β2 e−βx +d1x+d2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 23 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 7 (Solução)
A solução geral fica
u(x,y) = [Acos(cx)+Bsin(cx)]Y0e−c2y− α
β2 e−βx +d1x+d2
= [acos(cx)+bsin(cx)]e−c2y− α
β2 e−βx +d1x+d2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 24 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Condições de Contorno
Considere a seguinte EDO y′′+p(t)y′+q(t)y = 0 com solução y(t)
(t ∈ I = [a,b]). Para obter a solução particular da EDO acima precisamos de
condições adicionais. Tais condições são classificadas como:
1 Condições de Contorno de Cauchy: O valor da função e sua derivada é
especificado sobre o contorno (y(t),y′(t), t = a e/ou t = b).
2 Condições de Contorno de Dirichlet: O valor da função é especificado
sobre o contorno (y(a),y(b)).
3 Condições de Contorno de Neumann: O valor da derivada é especificada
sobre o contorno (y′(a),y′(b))
A mesma classifiação é utilizada para EDPs. Dependendo do tipo da condição
de contorno e da ED a ser resolvida pode acontecer de não existir solução,
existir apenas uma solução ou várias como veremos a seguir.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 25 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 8
Resolva y′′+αy = 0 com y(0) = 0 e y(π) = 0, α real arbitrário.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 26 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 8 (Solução)
Aqui temos 3 casos a considerar α > 0,α = 0 e α < 0. Vejamos o caso α > 0.
Façamos α = µ2, assim
y′′+µ2y = 0.
A solução geral é y(x) = Acos(µx)+Bsin(µx). De y(0) = 0 temos que A = 0,
da segunda condição temos
Bsin(µπ) = 0 =⇒ µπ = nπ =⇒ µ = n = 1,2,3 . . . .
E assim para λn = n2 temos infinitas soluções yn(x) = sin(nx). Os valores de
λ para o qual a EDO acima tem solução diferente da trivial y(x) = 0 é
chamado de autovalor, e as soluções de autofunções.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 27 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 8 (Solução)
Para α = 0 temos
y′′ = 0.
A solução geral é y(x) = c1x+ c2. De y(0) = 0 temos que c2 = 0, da segunda
condição temos
c1π = 0 =⇒ c1 = 0.
Logo a única solução é a trivial y(x) = 0. Assim α = 0 não é autovalor, assim
como y(x) = 0 não é considerada autofunção.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 28 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 8 (Solução)
Para α < 0, façamos α =−µ2
y′′−µ2y = 0.
A solução geral é y(x) = Acosh(µx)+Bsinh(µx). De y(0) = 0 temos que
A = 0, da segunda condição temos
Bsinh(µπ) = 0 =⇒ B = 0.
Logo a única solução é a trivial y(x) = 0. Logo α < 0 não é autovalor, assim
como y(x) = 0 não é considerada autofunção.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 29 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação de Poisson e Laplace
O problema de determinar o potencial elétrico V gerado por uma distribuição
de cargas com densidade ρ nos leva a duas importantes EDPs, à saber, as
Equações de Poisson e Laplace. Para obter tais equações considere o
seguinte problema. Um certo volume V do espaço delimitado por uma
superficie S contém um carga q com densidade ρ. A lei de Gauss para o
campo elétrico nos diz que ∮
S
~E ·~ndS =
q
ε0
,
onde ε0 é a constante de perssividade no vácuo. Note que a carga q é dada
por
q =
∫∫∫
ρdV.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 30 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação de Poisson e Laplace
De forma que ∮
S
~E ·~ndS = q =
∫∫∫
ρdV.
Do teorema da Divergência temos que∫∫∫
∇ ·~EdV =
∮
S
~E ·~ndS =
1
ε0
∫∫∫
ρdV.
De forma que
∇ ·~E =
1
ε0
ρ.
O campo elétrico~E é um campo conservativo, de forma que este pode ser
escrito como o gradiente de uma função potencial, i.e.,~E =−∇V .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 31 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação de Poisson e Laplace
Com as duas equações anteriores temos a seguinte EDP
∇
2V =
1
ε0
ρ.
A equação acima é chamda de Equação de Poisson. Se o volume em questão
não contiver cargas então a EDP acima fica
∇
2V = 0,
que é chamada Equação de Laplace. Vamos nos concentrar em resolver a
EDP de Laplace com condições de contorno adequadas.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 32 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 9
Determine a solução da equação de Laplace, i.e., o potencial elétrico, para
uma região retangular, de largura L, delimitada pelas seguintes condições de
contorno
V(0,y) = 0, V(x,0) = f (x), V(L,y) = 0 e V(x,y→ ∞) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 33 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 9 (Solução)
Pelo método da separação de variáveis temos que V(x,y) = X(x)Y(y) de
forma que
1
X
d2X
dx2 =− 1
Y
d2Y
dy2 =−k2,
que fornecem as seguintes EDOs
d2X
dx2 + k2X = 0 e
d2Y
dy2 − k2Y = 0.
Para k 6= 0 temos as seguintes soluções
X(x) = acos(kx)+bsin(kx) e Y(y) = ccosh(ky)+d sinh(ky).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 34 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 9 (Solução)
A solução para k 6= 0 é dada por
Vk(x,y) = [acos(kx)+bsin(kx)][ccosh(ky)+d sinh(ky)].
Para k = 0 temos as seguintes EDOs
d2X
dx2 =
d2Y
dy2 = 0.
As soluções são
X(x) = c1x+ c2 e Y(y) = d1y+d2.
Assim para k = 0
Vk=0(x,y) = [c1x+ c2][d1y+d2] = a0xy+b0x+ c0y+d0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 35 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 9 (Solução)
A solução geral fica
V(x,y)= a0xy+b0x+c0y+d0+[acos(kx)+bsin(kx)][ccosh(ky)+d sinh(ky)].
A solução acima é geral e independente das condições de contorno. Agora
vamos utilizar as condições dadas para determinar as constantes. De
V(0,y) = 0 temos que
c0y+d0 +a[ccosh(ky)+d sinh(ky)] = 0.
Assim a = c0 = d0 = 0. Logo
V(x,y) = a0xy+b0x+sin(kx)[C cosh(ky)+Dsinh(ky)], C = bc e D = bd.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 36 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 9 (Solução)
Da segunda condição V(L,y) = 0 temos
V(L,y) = a0Ly+b0L+ sin(kL)[C cosh(ky)+Dsinh(ky)] = 0,
de onde concluímos que a0 = 0,b0 = 0 e k = nπ
L com n = 1,2,3, · · · . Logo a
solução fica
V(x,y) = sin
(nπ
L
x
)[
C cosh
(nπ
L
y
)
+Dsinh
(nπ
L
y
)]
= sin(
nπ
L
x)[C′e
nπ
L y +D′e−
nπ
L y].
Onde rescervemos a funções hiperbólicas em terms das exponenciais.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 37 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 9 (Solução)
A quarta condição V(x,y→ ∞) = 0 implica que o potencial para y grande deve
ir a 0, e assim C′ = 0. Logo
V(x,y) = D′n sin
(nπ
L
x
)
e−
nπ
L y.
Note que temos aqui infinitas soluções. Assim do teorema da superposição, a
solução é
V(x,y) =
∞
∑
n=1
D′n sin
(nπ
L
x
)
e−
nπ
L y.
Da terceira condição V(x,0) = f (x) temos
V(x,0) =
∞
∑
n=1
D′n sin
(nπ
L
x
)
= f (x).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 38 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 9 (Solução)
A equação anterior nos diz que a função f (x) é dada por uma série de Fourrier
em senos, o que nos permite determinar as constantes D′n
D′n =
2
L
∫ L
0
f (x)sin
(nπ
L
x
)
dx.
Assim, fornecida a função f (x) podemos determinar de forma única a solução
para o potencial elétrico.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 39 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 10
Considere que no exercício anterior a função f (x) = V0 é uma constante.
Determine as constantes D′n, e assim a solução do problema.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 40 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 10 (Solução)
Os coeficientes são dados por
D′n = V0
2
L
∫ L
0
sin
(nπ
L
x
)
dx = 2
V0
nπ
[1− (−1)n] = 4
V0
nπ
,
para n ímpar. Logo a solução do problema fica:
V(x,y) =
4V0
π
∞
∑
n=1
1
2n−1
sin
[
(2n−1)π
L
x
]
e−
(2n−1)π
L y.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 41 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação da Onda
Outra importante EDP que estudaremos agora é a Equação da Onda. Para
obtermos a EDP quemodela pequenas vibrações transversais em uma corda
elástica, como a corda de um violino, faremos as seguintes suposições:
1 A massa da corda por unidade de comprimento é constante, i.e., a corda
é homogênea, sendo a corda perfeitamente elástica e não oferecendo
resistência à deflexão.
2 A tensão causada pelo esticamento da corda, presa pelas extremidades,
é tão grande que a força gravitacional que a puxa para baixo pode ser
desprezada.
3 A corda executa pequenos movimentos transversais num plano vertical,
de modo que a deflexão e inclinação sempre permancerão pequenas em
valores absolutos.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 42 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação da Onda
Agora determinaremos uma EDP que nos forneça a deflexão y(x, t), para uma
corda presa pelas extremidades, como função da posição e do tempo. Para
tanto, sejam P(x,y1) e Q(x+∆x,y2) pontos sobre a corda que determinam um
arco P̂Q. Sejam ainda ~T1 e ~T2 as tensões exercidas sobre à corda nos pontos
P e Q, respectivamente. Como não a movimento sobre o eixo x, corda presa,
temos que a força resultante nessa direção é nula
Fx = T2 cos(β)−T1 cos(α) = 0 =⇒ T2 cos(β) = T1 cos(α) = T,
onde α e β são os ângulos formados entre o eixo x e as tensões ~T1 e ~T2,
respectivamente, e T é uma constante. Na direção y temos
Fy = T2 sin(β)−T1 sin(α) = m
∂2y(x, t)
∂t2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 43 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação da Onda
Dividindo a última equação por T e utilizando o fato de que m = ρ∆s≈ ρ∆x, ρ
densidade linear da corda, temos
T2 sin(β)
T2 cos(β)
− T1 sin(α)
T1 cos(α)
=
ρ∆x
T
∂2y(x, t)
∂t2 =⇒ tan(β)− tan(α) =
ρ∆x
T
∂2y(x, t)
∂t2 .
Mas as tangentes dos ângulos são meramentes as inclinações, derivadas, nos
pontos P e Q. Assim
1
∆x
[
∂y(x+∆x, t)
∂x
− ∂y(x, t)
∂x
]
=
ρ
T
∂2y(x, t)
∂t2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 44 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação da Onda
Tomando o limite quando ∆x→ 0, na equção anterior, obteremos a EDP
desejada
lim
∆x→0
1
∆x
[
∂y(x+∆x, t)
∂x
− ∂y(x, t)
∂x
]
=
∂2y(x, t)
∂x2 =⇒ ∂2y(x, t)
∂x2 =
ρ
T
∂2y(x, t)
∂t2 .
Fazendo análise admensional da quantidade ρ/T vemos que esta tem
dimensões do inverso do quadrado da velocidade. Assim podemos dizer que
v =
√
ρ
T , é a velocidade de propagação da onda. Com essa observação a
Equação da Onda Unidimensional fica
∂2y(x, t)
∂x2 =
1
v2
∂2y(x, t)
∂t2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 45 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação da Onda
Para o caso tridimensional temos a seguinte equação
∇
2u(~r, t) =
1
v2
∂2u(~r, t)
∂t2 ,
onde~r = (x,y,z) é o vetor posição e ∇2 é o operado laplaciano dado por, em
coordenadas cartesianas,
∇
2 =
∂2
∂x2 +
∂2
∂y2 +
∂2
∂z2 .
Apesar da EDP anterior ter sido obtida para uma onda mecânica, a EDP que
rege tais tipos de fenômenos ondulatórios é bem geral, de forma que a EDP
acima também pode ser utilizada para estudar ondas eletromagnéticas.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 46 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11
Encontre a deflexão y(x, t) para uma corda homogênea de comprimento L,
presa nas extemidades, com deflexão inicial f (x) e velocidade inicial g(x).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 47 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11 (Solução)
Pelo método da separação de variáveis temos que u(x, t) = X(x)T(t) de forma
que
1
X
d2X
dx2 =
1
v2T
d2T
dt2 =−k2,
que fornecem as seguintes EDOs
d2X
dx2 + k2X = 0 e
d2T
dt2 +(kv)2T = 0.
Para k 6= 0 temos as seguintes soluções
X(x) = acos(kx)+bsin(kx) e T(t) = ccos(kvt)+d sin(kvt).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 48 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11 (Solução)
A solução para k 6= 0 é dada por
uk 6=0(x, t) = [acos(kx)+bsin(kx)][ccos(kvt)+d sin(kvt)].
Para k = 0 temos as seguintes EDOs
d2X
dx2 =
d2T
dt2 = 0.
As soluções são
X(x) = a1x+a2 e T(t) = b1t+b2.
Assim para k = 0
uk=0(x, t) = [a1x+a2][b1y+b2] = a0xt+b0x+ c0t+d0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 49 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11 (Solução)
A solução geral fica
yk(x,y) = a0xt+b0x+c0t+d0 +[acos(kx)+bsin(kx)][ccos(kvt)+d sin(kvt)].
A solução acima é geral e independente das condições de contorno. Agora
vamos utilizar as condições dadas para determinar as constantes. Como
uk(0, t) = 0, corda presa, temos que
c0t+d0 +a[ccos(kvt)+d sin(kvt)] = 0.
Assim a = c0 = d0 = 0. Logo
yk(x, t) = a0xt+b0x+ sin(kx)[C cos(kvt)+Dsin(kvt)], C = bc e D = bd.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 50 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11 (Solução)
Temos ainda que yk(L, t) = 0, corda presa, assim
yk(L, t) = a0Lt+b0L+ sin(kL)[C cos(kvt)+Dsin(kvt)] = 0,
de onde concluímos que a0 = 0,b0 = 0 e k = nπ
L com n = 1,2,3, · · · . Logo a
solução fica
yn(x, t) = sin
(nπx
L
)[
C cos
(nπvt
L
)
+Dsin
(nπvt
L
)]
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 51 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11 (Solução)
A solução geral é então a soma de todas as soluções, i.e., como para cada n
temos que yn(x, t) é solução, ficamos com
y(x, t) =
∞
∑
n=1
yn(x, t)
=
∞
∑
n=1
Cn sin
(nπx
L
)
cos
(nπvt
L
)
+Dn sin
(nπx
L
)
sin
(nπvt
L
)
.
Da deflexão inicial, y(x,0) = f (x) temos
y(x,0) =
∞
∑
n=1
Cn sin
(nπx
L
)
= f (x).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 52 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11(Solução)
A equação anterior nos diz que a função f (x) é dada por uma série de Fourrier
em senos, o que nos permite determinar as constantes Cn
Cn =
2
L
∫ L
0
f (x)sin
(nπ
L
x
)
dx.
Da velocidade inicial, yt(x,0) = g(x) temos
∂y
∂t
(x, t) =
∞
∑
n=1
[(
−nπv
L
)
Cn sin
(nπx
L
)
sin
(nπvt
L
)
+
+
(nπv
L
)
Dn sin
(nπx
L
)
cos
(nπvt
L
)]
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 53 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11(Solução)
De forma que
∂y
∂t
(x,0) =
∞
∑
n=1
(nπv
L
)
Dn sin
(nπx
L
)
= g(x).
Aqui vemos também que a função g(x) é dada por uma série de Fourrier em
senos, o que nos permite determinar as constantes Dn
Dn =
2
nπv
∫ L
0
g(x)sin
(nπ
L
x
)
dx.
Assim, fornecida as funções f (x) e g(x) podemos determinar de forma única a
solução para a deflexão em corda.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 54 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 12
Encontre a deflexão y(x, t) para uma corda homogênea de comprimento
L = 1, v = 1, presa nas extemidades, com velocidade inicial nula e deflexão
inicial f (x) = k sin(2πx).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 55 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 12 (Solução)
Como a velocidade inicial é nula, os Dn = 0. Assim precisamos apenas
determinar os coeficientes Cn,
Cn = 2k
∫ 1
0
sin(2πx)sin(nπx)dx.
Se n 6= 2 a integral acima é nula. Se n = 2 temos
C2 = 2k
∫ 1
0
sin2(2πx)dx = 2k
∫ 1
0
1− cos(4πx)
2
dx = k.
Assim a solução desejada é
y(x, t) = k sin(2πx)cos(2πt).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 56 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação do Calor
Agora determinaremos uma EDP que nos forneça a temperatura T(x, t), para
uma barra com temperatura nula nas extremidades, como função da posição e
do tempo. Vamos obter, primeiramente, a EDP para o caso tridimensional mais
geral. Experimentalmente sabe-se que o fluxo de calor através de uma dada
área S é dada pela lei de Fourrier
~q =−k∇T,
onde k é chamada de condutividade térmica do material, que assumiremos
constante. O calor Q que flui para dentro do sistema por unidade de tempo em
um volume V , limitado pela superfície S, é dado por
∂Q
∂t
=−
∮
S
~q ·~ndS.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 57 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação do Calor
Utilizando o teorema da divergência temos
∂Q
∂t
=−
∮
S
~q ·~ndS =−
∫
V
k∇
2TdV.
Se o aumento de temperatura não levar a mudança de fase, o calor está
relacionado com o calor específico c e com a variação de temperatura por
dQ = mcdT =⇒ ∂Q
∂t
= mc
∂T
∂t
.
Mas a massa pode ser escrita como m =
∫
V ρdV , de forma que
∂Q
∂t
=
∫
V
ρc
∂T
∂tdV.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 58 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Equação do Calor
Assim ficamos com∫
V
ρc
∂T
∂t
dV =−
∫
V
∇ ·~qdV =−
∫
V
k∇
2TdV.
De forma que
∂T
∂t
=
k
ρc
∇
2T = K2
∇
2T,
onde K2 = k
ρc . A EDP acima é chamada de equação da condução do calor, e
sua forma unidimensional fica
∂T(x, t)
∂t
= K2 ∂2T(x, t)
∂x2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 59 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 13
Encontre a temperatura T(x, t) numa barra de comprimento π isolada
lateralmente, considerando que a temperatura inicial seja f (x) = 100sin(x)
graus Celsius. Assuma que o material é talque K = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 60 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 13 (Solução)
Pelo método da separação de variáveis temos que T(x, t) = X(x)F(t) de forma
que
K2 1
X
d2X
dx2 =
1
F
dF
dt
=−l2,
que fornecem as seguintes EDOs
d2X
dx2 +(l/K)2X = 0 e
dF
F
=−l2dt.
Para l 6= 0 temos as seguintes soluções
X(x) = acos
(
lx
K
)
+bsin
(
lx
K
)
e F(t) = Ce−l2t.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 61 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 13 (Solução)
A solução para l 6= 0 é dada por
Tl 6=0(x, t) =
[
Acos
(
lx
K
)
+Bsin
(
lx
K
)]
e−l2t.
Para l = 0 temos as seguintes EDOs
d2X
dx2 =
dF
dt
= 0.
As soluções são
X(x) = a1x+a2 e F(t) = b1.
Assim para l = 0
Tl=0(x, t) = [a1x+a2]b1 = a0x+b0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 62 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 13 (Solução)
A solução geral fica
Tl(x, t) = a0x+b0 +
[
Acos
(
lx
K
)
+Bsin
(
lx
K
)]
e−l2t.
A solução acima é geral e independente das condições de contorno. Agora
vamos utilizar as condições dadas para determinar as constantes. Como
Tl(0, t) = 0, temos que
b0 +Ae−l2t = 0.
Assim b0 = A = 0. Logo
Tl(x, t) = a0x+Bsin
(
lx
K
)
e−l2t.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 63 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 11 (Solução)
Temos ainda que Tl(L, t) = 0, assim
Tl(L, t) = a0L+Bsin
(
lL
K
)
e−l2t = 0.
de onde concluímos que a0 = 0 e ln = nπK
L com n = 1,2,3, · · · . Logo a solução
fica
Tn(x, t) = Bn sin
(nπx
L
)
e−
n2π2K2t
L .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 64 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 13 (Solução)
A solução geral é então a soma de todas as soluções, i.e., como para cada n
temos que Tn(x, t) é solução, ficamos com
T(x, t) =
∞
∑
n=1
Tn(x, t)
=
∞
∑
n=1
Bn sin
(nπx
L
)
e−
n2π2K2t
L .
Da temperatura inicial, T(x,0) = f (x) temos
T(x,0) =
∞
∑
n=1
Bn sin
(nπx
L
)
= f (x).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 65 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 13(Solução)
A equação anterior nos diz que a função f (x) é dada por uma série de Fourrier
em senos, o que nos permite determinar as constantes Bn
Bn =
2
L
∫ L
0
f (x)sin
(nπ
L
x
)
dx.
Do problema em questão temos que L = π, K = 1 e que f (x) = 100sin(x).
Assim
Bn =
2
π
∫
π
0
100sin(x)sin(nx)dx =
100
π
∫
π
−π
sin(x)sin(nx)dx =
100
π
πδ1n.
Logo o único coeficiente não nulo é o B1 = 100.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 66 / 67
Equação Diferencial Parcial (EDP)
Exercício 13(Solução)
A solução do problema é dada por
T(x, t) = 100sin(x)e−t.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 67 / 67