gab_3ve (1)

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Gabarito da 3a V.E. de GMA00113
2011.2 — Turma B1
05 de dezembro de 2011
1. (3.0) Resolva a equac¸a˜o do calor abaixo:
∂tu = ∂
2
xu, x ∈ (0, l);
u(t, 0) = 0, ∂xu(t, l) = 0, t > 0;
u(0, x) = 2sen
(
3pix
2l
)
− 5sen
(
17pix
2l
)
.
Soluc¸a˜o Separando varia´veis, escrevemos u(t, x) = A(t)B(x) e substitu´ımos na EDP para
encontrar:
A′(t)
A(t)
=
B′′(x)
B(x)
= γ.
Das condic¸o˜es de fronteira temos: B(0) = 0 e B′(l) = 0.
Temos enta˜o que resolver
B′′ = γB, B(0) = B′(l) = 0.
A soluc¸a˜o desta equac¸a˜o depende do sinal de γ. Prosseguindo por casos: Seja γ = λ2, λ > 0.
Neste caso, a soluc¸a˜o e´ dada por
B(x) = C1e
λx + C2e
−λx.
Como B(0) = C1 + C2, temos que B(0) = 0 implica C2 = −C1, Calculando a derivada em
x = l, temos
B′(l) = λC1
(
eλl + e−λl
)
,
que so´ sera´ nulo se C1 ou λ forem zero. No primeiro caso, temos uma soluc¸a˜o trivial e o
segundo caso contraria a hipo´tese de λ > 0.
Tomando γ = 0, temos
B(x) = C1x+ C2.
Como B(0() = C2, temos C2 = 0, Como B
′(x) = C1, B′(l) = 0 implica C1 = 0. Portanto,
temos apenas a soluc¸a˜o trivial.
Finalmente, tomando γ = −λ2, obtemos
B(x) = C1 cos(λx) + C2sen(λx).
Como B(0) = C1, temos C1 = 0. Por outro lado,
B′(x) = λC2 cos(λx)
e B′(l) = λC2 cos(λl), i.e.,
λl =
pi
2
+mpi,m = 0, 1, 2, 3, . . . ,
1
o que nos da´
λm = (2m+ 1)
pi
2l
, γm = −(2m+ 1)2 pi
2
4l2
.
Voltando para A(t), temos
A′m(t) = γmA(t) = −(2m+ 1)2
pi2
4l2
A(t),
cuja soluc¸a˜o e´
A(t) = const× e−(2m+1)2pi2t/(4l2).
Temos enta˜o as soluc¸o˜es separadas
um(t) = sen((2m+ 1)
pix
2l
e−(2m+1)
2pi2t/(4l2).
Finalmente observe que
u(0, x) = 2u1(0, x)− 3u8(0, x).
Portanto,
u(t, x) = 2u1(t, x)− 3u8(t, x).
2. (2.5) Resolva a equac¸a˜o da onda abaixo:
∂2t u− 4∂2xu = x x ∈ R;
u(0, x) = −x
3
24
+ x− 1, ∂tu(0, x) = x.
Soluc¸a˜o Primeiro, observe que
ψ(x) = −x
3
24
+ C1x+ C2
e´ uma soluc¸a˜o particular da EDP na˜o-homogeˆnea. Enta˜o, se escrevermos u(t, x) = v(t, x) +
ψ(x), obtemos
∂2t v − 4∂2xv = 0, v(0, x) = x− 1− C1x− C2, ∂tv(0, x) = x.
Escolhendo C1 = 1 e C2 = −1, temos que v(0, x) = 0.
Aplicando a fo´rmula de D’Alambert, obtemos
v(t, x) =
1
8
∫ x+2t
x−2t
sds =
1
16
(
(x+ 2t)2 − (x− 2t)2) = xt.
Portanto,
u(t, x) = xt− x
3
24
+ x− 1.
3. (2.5) Resolva
∇2u = 0, em 0 ≤ x2 + y2 < R2, R > 0;
u = 1− x− y, em x2 + y2 = R2.
2
Soluc¸a˜o Escrevendo o laplaciano em coordenadas polares, temos:
∂2ru+
1
r
∂ru+
1
r2
∂2θu = 0.
Separando varia´veis: u(r, θ) = A(r)B(θ) e substituindo, encontramos:
r2A′′(r) + rA′(r)
A(r)
= −B
′′(θ)
B(θ)
= γ.
Temos enta˜o que
B′′ = −γB,
com B perio´dica de per´ıodo 2pi.
A soluc¸a˜o desse problema e´ γn = −n2 e
Bn(x) = C1 cos(nθ) + C2sen(nθ),
junto com B0(θ) = const..
Tratando da equac¸a˜o para A(r), temos enta˜o
A′′ +
1
r
A′ − n
2
r2
A(r),
que e´ uma equac¸a˜o de Euler com soluc¸o˜es
Bn(r) = C1r
n + C2r
−n, n 6= 0
e
B0(r) = C1 + C2 log(r).
Como a soluc¸a˜o tem que estar definida em r = 0, temos que C2 = 0 e , portanto, que
un(r, θ) =
a0
2
+
∞∑
n=1
[an cos(nθ) + bnsen(nθ)] .
Em r = R, temos que
u(R, θ) = 1− x− y = 1 = R cos(θ)−Rsen(θ),
Logo, temos a0 = 2, a1 = −1, b1 = −1 e todos e an = bn = 0, quad n > 1.
Assim
u(r, θ) = 1− r cos(θ)− rsen(θ).
4. (2.0) Encontre uma trinca de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias que separem a equac¸a˜o
∂2rψ +
1
r
∂rψ +
1
r2
∂2θψ + ∂
2
zψ = 0,
com as condic¸o˜es de contorno apropriadas para cada uma delas. Na˜o e´ preciso resolver as
equac¸o˜es.
3
Soluc¸a˜o Escrevendo ψ(r, θ, z) = A(r)B(θ)C(z) e substituindo, encontramos:
A′′(r) + 1rA
′(r)
A(r)
+
B′′(θ)
r2B(θ)
+
C ′′(z)
C(z)
= 0
Assim,
A′′(r) + 1rA
′(r)
A(r)
+
B′′(θ)
r2B(θ)
= −C
′′(z)
C(z)
= γ1
Temos enta˜o a nossa primeira equac¸a˜o
C ′′(z) = −γ1C(z)
Continuando, temos
A′′(r) + 1rA
′(r)
A(r)
+
B′′(θ)
r2B(θ)
= γ1
Rearrumando, temos
r2
A′′(r) + 1rA
′(r)
A(r)
− γ1r2 = −B
′′(θ)
B(θ)
= γ2.
Encontramos enta˜o que
B′′(θ) = −γ2B(θ)
e
r2A′′(r) + rA′(r)− (γ1r2 + γ2)A(r) = 0.
4