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Gabarito da 3a V.E. de GMA00113
2011.2 — Turma B1
18 de marc¸o de 2013
1. Considere a equac¸a˜o diferencial parcial (EDP) abaixo: ∂tu = ∂
2
xu, x ∈ (0, pi), t > 0;
∂xu(0, t) = ∂xu(pi, t) = 0;
u(x, 0) = x2
(
pi
2 − x3
)
.
(a) Encontre a soluc¸a˜o da EDP acima. Se um argumento de separac¸a˜o de varia´veis for
usado, a obtenc¸a˜o das soluc¸o˜es separadas deve ser justificada.
(b) Calcule limt→∞ u(x, t). Voceˆ consegue dar alguma interpretac¸a˜o a este resultado?
(c) Mostre que ∫ pi
0
u(x, t) dx =
∫ pi
0
u(x, 0) dx.
Sugesta˜o: Seja Q(t) o lado esquerdo da identidade acima. Calcule Q′(t).
Soluc¸a˜o
(a) Separando varia´veis, escrevemos u(x, t) = A(x)B(t) e, apo´s substituirmos na equac¸a˜o,
obtemos:
A′′(x)
A(x)
=
B′(t)
B(t)
= λ.
Note tambe´m que a condic¸a˜o de fronteira em u implica A′(0) = A′(pi) = 0.
Obtemos portanto a equac¸a˜o
A′′ = λA, A′(0) = A′(pi) = 0,
cuja soluc¸a˜o depende do sinal de λ. Se λ > 0, escrevemos λ = γ2 e encontramos
A(x) = C1e
γx + C2e
−γx.
Aplicando as condic¸o˜es fronteira, encontramos C1 = C2 = 0. Se λ = 0, temos
A(x) = C1x+ C2.
Aplicando as condic¸o˜es de fronteira, encontramos C1 = 0. Portanto, temos A0 = const
e λ0 = 0. Por uma questa˜o de convenieˆncia vamos escolher A0 = a0/2.
Se λ < 0, escrevemos λ = −γ2 e encontramos
A(x) = C1 cos(γx) + C2 sen(γx).
Aplicando as condic¸o˜es de fronteira, encontramos C2 = 0 e γ ∈ N. Portanto, temos
An = an cos(nx), λn = −n2.
1
Resolvemos enta˜o a equac¸a˜o para B e encontramos
Bn(t) = e
−n2t, n = 0, 1, 2, 3, . . . .
A soluc¸a˜o sera´ enta˜o da forma
u(x, t) =
a0
2
+
∞∑
n=1
ane
−n2t cos(nx).
Aplicando a condic¸a˜o inicial, encontramos
an =
2
pi
∫ pi
0
x2
(pi
2
− x
3
)
cos(nx) dx, n = 0, 1, 2, 3, . . . .
Em particular,
a0
2
=
pi3
12
, an =
4 ((−1)n − 1)
n4pi
, n ≥ 1.
(b) Como
lim
t→∞ e
−n2t cos(nx) = 0, n 6= 0.
obtemos imediatamente que
lim
t→∞u(x, t) =
a0
2
=
1
pi
∫ pi
0
x2
(pi
2
− x
3
)
dx.
Isso quer dizer que u converge para a temperatura me´dia dada pela condic¸a˜o inicial.
(c) Calculando diretamente
Q′(t) =
d
dt
∫ pi
0
u(x, t) dx =
∫ pi
0
∂tu(x, t) rdx =
∫ pi
0
∂2xu(x, t) dx = ∂xu(pi, t)−∂xu(0, t) = 0.
Portanto, Q e´ constante e, assim, Q(t) = Q(0).
2. Encontre uma soluc¸a˜o da seguinte equac¸a˜o:
∂2t u−c2∂2xu = x2, x ∈ (0, 1), t > 0; u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0; u(x, 0) = ∂tu(x, 0) = 0.
Soluc¸a˜o Vamos escrever
u(x, t) = v(x, t) + w(x)
Com w satisfazendo
−c2w′′ = x2, w(0) = w(1) = 0
cuja soluc¸a˜o e´
w(x) = − 1
12c2
(
x4 − x) .
Dessa forma, temos que v satisfaz ∂
2
t v − c2∂2xv = 0, x ∈ (0, 1), t > 0;
v(0, t) = v(1, t) = 0, t > 0;
v(x, 0) = 112c2
(
x4 − x) , ∂tv(x, 0) = 0.
que pode ser resolvida usando separac¸a˜o de varia´veis escrevendo u(x, t) = A(x)B(t) e que
nos leva aos seguintes problemas:
A′′ = λA, A(0) = A(1) = 0
2
cuja soluc¸a˜o e´
An(x) = sen(npix), λn = −n2pi2.
e
B′′n = −n2pi2, B′n(0) = 0.
cuja soluc¸a˜o e´
Bn(t) = cos(npict).
Logo a soluc¸a˜o pode ser escrita como
v(x, t) =
∞∑
n=1
cn sen(npix) cos(npict).
Aplicando a condic¸a˜o incial, obtemos
cn =
1
6pic2
∫ pi
0
x
(
x3 − 1) sen(npix) dx = 1
6pic2
24− ((pi4 − pi)n4 − 12pi2n2 + 24)
n5
.
Assim a soluc¸a˜o do problema em questa˜o e´
u(x, t) =
∞∑
n=1
cn sen(npix) cos(npict)− 1
12c2
(
x4 − x) .
3. Resolva  ∇
2u = 0 em 0 < x < pi, 0 < y < 1;
u(x, 0) = u(0, y) = 1, 0 < x, pi, 0 < y < 1;
u(x, 1) = u(pi, y) = 0, 0 < x, pi, 0 < y < 1.
Soluc¸a˜o Separando varia´veis, escrevendo u(x, y0 = A(x)B(y), encontramos
A′′(x)
A(x)
= −B
′′(y)
B(y)
= λ.
Vamos resolver primeiro o problema com a condic¸a˜o adicional que u(0, y) = 0 (em vez da
condic¸a˜o u(0, y) = 1 pedida). Neste caso A e B tem que satisfazer
A′′ = λA, A(pi) = 0 e B′′ = −λB, B(0) = B(1) = 0.
Resolvendo a equac¸a˜o para B encontramos
Bn(y) = sen(npiy), λn = n
2pi2.
Da´ı, resolvemos para A e encontramos
An(x) = senh(npi(pi − y)).
Combinando as duas soluc¸o˜es, temos
u(x, y) =
∞∑
n=1
an sen(npix) senh(npi(pi − y)).
Aplicando a condic¸a˜o em y = 0, obtemos
an =
2
pi senh(npi2)
∫ pi
0
sen(nx) dx =
2 ((−1)n − 1)
pin senh(npi2)
.
3
Se resolvermos agora o problema com condic¸a˜o inicial u(x, 0) = 0 (em vez da u(x, 0) = 1)
mantendo a outra condic¸a˜o, encotraremos enta˜o as seguintes equac¸o˜es para A e B:
A′′ = λA, A(0) = A(pi) = 0 e B′′ = −λB, B(1) = 0.
Neste caso, resolvemos primeiro para A e depois para B encontrando:
An(x) = sen(nx), λn = −n2
e
Bn(y) = senh(n(1− y)).
Portanto, a soluc¸a˜o e´
u(x, t) =
∞∑
n=1
bn sen(nx) senh(n(1− y)),
com bn dado por
bn =
2
pi senh(n)
∫ pi
0
sen(nx) dx =
2 ((−1)n − 1)
pin senh(n)
.
Assim, a soluc¸a˜o do problema pedido e´
u(x, y) =
∞∑
n=1
an sen(npix) senh(npi(pi − y)) +
∞∑
n=1
bn sen(nx) senh(n(1− y)),
com an e bn dados acima.
4. Considere a equac¸a˜o
∂tu−∇2u = 0
no c´ırculo unita´rio. Que equac¸o˜es devem ser resolvidas para se encontrar as soluc¸o˜es de
varia´vel separada? Inclua as condic¸o˜es de fronteira quando for pertinente. Note que na˜o e´
preciso resolver as equac¸o˜s encontradas.
Soluc¸a˜o Escrevendo B(r)C(θ) = F (r, θ) e substituindo, encontramos
A′
A
=
∇2F
F
= −λ
Da´ı temos
A′ = −λA
e
∇2F = −λF.
Escrevendo F (r, θ) = B(r)C(θ), encontramos enta˜o
r (rB′)′
B
+ r2λ = −C
′′
C
= γ.
Como C, adicionalmente, deve ser perio´dico em θ, obtemos
C ′′ = γC, C(θ + pi) = C(θ), C ′(θ + pi) = C ′(θ)
Finalmente, obtemos tambe´m
r2B′′ + rB′ +
(
λr2 − γ)B = 0.
5. Encontre uma soluc¸a˜o da seguinte equac¸a˜o
∂2t u− c2∂2xu = 0, x ≥ 0, t > 0; u(0, t) = 0, t > 0 u(x, 0) = ψ(x), ∂tu(x, 0) = 0,
onde ψ e´ C2([0,∞) e ψ(0) = ψ′′(0) = 0.
4
Sugesta˜o Estenda ψ de maneira ı´mpar e mostre que esta extensa˜o e´ de classe C2(R). Use
a fo´rmula de D’Alambert e mostre como a soluc¸a˜o encontrada pode ser vista como uma
soluc¸a˜o do problema proposto.
Soluc¸a˜o Seja F a extensa˜o ı´mpar de ψ a reta toda. Considerando o problema agora em
R, obtemos a soluc¸a˜o atrave´s da fo´rmula de D’Alambert:
u(x, t) =
1
2
(F (x− ct) + F (x+ ct)) .
Note que
u(0, t) =
1
2
(F (−ct) + F (ct)) = 1
2
(−F (ct) + F (ct)) = 0.
Assim, o u obtido acima satisfaz a equac¸a˜o da onda em x > 0 e t > 0; a condic¸a˜o de fronteira
em t > 0 e a condic¸a˜o inicial em t = 0, x > 0. Entretanto, e´ conveniente expressar a soluc¸a˜o
obtida apenas em termos de ψ. Para x > 0, temos sempre x+ ct > 0. Portanto, F (x+ ct) =
ψ(x+ ct). Por outro lado, F (x− ct) = ψ(x− ct), se x− ct > 0 e F (x− ct) = −ψ(ct− x), se
x− ct < 0. Assim, obtemos
u(x, t) =
{
1
2 (ψ(x+ ct) + ψ(x− ct)) , x− ct ≥ 0;
1
2 (ψ(x+ ct)− ψ(ct− x)) , x− ct < 0.
5