exercicio eqlaplace

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS
INSTITUTO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
EQUAC¸O˜ES DIFERENCIAIS B - 11 de maio de 2015
Prof. Reginaldo J. Santos
Exerc´ıcios Complementares sobre Equac¸a˜o de Laplace
1. Resolva o seguinte problema
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,
u(x, 0) = senh 2pi sen pix, u(x, 2) = senh 2pi sen pix, 0 < x < 3
u(0, y) = senh 3pi sen piy, u(3, y) = senh 3pi senpiy, 0 < y < 2.
2. Encontre a temperatura estaciona´ria em cada ponto de uma faixa semi-infinita de lar-
gura 2 cm, cujas laterais sa˜o mantidas isoladas, sabendo-se que a temperatura em uma
extremidade da faixa e´ dada por
u(x, 0) = f(x) =
{
x, se 0 ≤ x ≤ 1,
2− x, se 1 ≤ x ≤ 2.
3. Resolva o problema de encontrar a temperatura estaciona´ria em cada ponto de uma
faixa semi-infinita, cuja lateral esquerda e´ mantida a temperatura zero e lateral direita e´
isolada, sendo conhecida a temperatura em uma extremidade da faixa. Ou seja, resolva
o problema de valores de fronteira
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= 0, y > 0, 0 < x < a,
u(0, y) = 0,
∂u
∂x
(a, y) = 0, y > 0,
u(x, 0) = f(x), 0 < x < a, |u(x, y)| ≤M, para y > 0, 0 < x < a.
4. Determine a temperatura estaciona´ria, u(x, y), em cada ponto de uma faixa semi-infinita
de largura a, ou seja, para 0 < x < a e y > 0, cuja lateral esquerda e´ mantida a
temperatura zero e lateral direita e´ isolada, sendo conhecida a temperatura em uma
extremidade da faixa
u(x, 0) =
{
0, se 0 ≤ x < a/2,
x− a/2, se a/2 ≤ x < a.
1
5. Encontre a temperatura estaciona´ria em cada ponto de um disco de raio a, se a tem-
peratura na borda da placa e´ dada por f(θ) = −2pi + 4|θ − pi
2
|, para 0 ≤ θ ≤ pi e
f(θ) = 2pi − 4|θ − 3pi
2
|, para pi ≤ θ ≤ 2pi.
x y
z
6. Encontre a temperatura estaciona´ria em cada ponto de um disco de raio a, se a tem-
peratura na borda da placa e´ dada por f(θ) = pi − 4|θ − pi
4
|, para 0 ≤ θ ≤ pi/2 e
f(θ − pi/2) = f(θ), para pi/2 ≤ θ ≤ 2pi.
x y
z
2
Soluc¸a˜o
1. u(x, y) = (senh piy + senh pi(2− y)) senpix+ (senh pix+ senh pi(3− x)) senpiy.
2. Vamos resolver o problema de Dirichlet na faixa semi-infinita
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= 0, 0 < x < 2, y > 0,
∂u
∂x
(0, y) = 0,
∂u
∂x
(2, y) = 0, y > 0,
u(x, 0) = f(x), 0 < x < 2,
A soluc¸a˜o e´ enta˜o
u(x, y) =
∞∑
n=0
cn cos
npix
2
e−
npiy
2 .
em que cn sa˜o os coeficientes da se´rie de cossenos de f(x), ou seja,
c0 =
1
2
∫ 2
0
f(x)dx = a0(f
(1)
0,1/2, 2) + 2a0(f
(0)
1/2,1, 2)− a0(f (1)1/2,1, 2) =
1
4
cn =
∫ 2
0
f(x) cos
npix
2
dx
= 2
(
an(f
(1)
0,1/2, 2) + 2an(f
(0)
1/2,1, 2)− an(f (1)1/2,1, 2)
)
=
4
n2pi2
(s sen s+ cos s)
∣∣∣npi/2
0
+
4
npi
sen s
∣∣∣npi
npi/2
− 4
n2pi2
(s sen s+ cos s)
∣∣∣npi
npi/2
=
8
n2pi2
cos
npi
2
− 4
n2pi2
− 4
n2pi2
cosnpi
= 4
2 cos npi
2
− 1− (−1)n
n2pi2
, n = 1, 2, 3 . . .
Entretanto alguns termos sa˜o nulos. Podemos separar os termos em de ı´ndice par e de
ı´ndice ı´mpar
c2k+1 = 0
c2k = 4
2 cos kpi − 2
(2k)2pi2
= 2
(−1)k − 1
k2pi2
.
os termos de ı´ndice par podem ainda ser separados:
c2·2l = 0
3
c2(2l+1) = 2
−2
(2l + 1)2pi2
= − 4
(2l + 1)2pi2
.
Portanto, a soluc¸a˜o e´ dada por
u(x, y) =
1
4
+
4
pi2
∞∑
n=1
2 cos npi
2
− 1− (−1)n
n2
e−
npiy
2 cos
npix
2
=
1
4
+
2
pi2
∞∑
n=1
(−1)n − 1
n2
e−npiy cosnpix
=
1
4
− 4
pi2
∞∑
n=0
1
(2n+ 1)2
e−(2n+1)piy cos (2n+ 1)pix.
3. Vamos procurar uma soluc¸a˜o na forma de um produto de uma func¸a˜o de x por uma
func¸a˜o de y, ou seja,
u(x, y) = X(x)Y (y)
Derivando e substituindo-se na equac¸a˜o obtemos
X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = 0.
Dividindo-se por X(x)Y (y) obtemos
X ′′(x)
X(x)
= −Y
′′(y)
Y (y)
.
O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto
so´ e´ poss´ıvel se eles forem iguais a uma constante
X ′′(x)
X(x)
= −Y
′′(y)
Y (y)
= λ.
Obtemos enta˜o duas equac¸o˜es diferenciais ordina´rias com condic¸o˜es de fronteira{
X ′′(x)− λX(x) = 0, X(0) = 0;X ′(a) = 0
Y ′′(y) + λY (y) = 0, Y (y) e´ limitada para y > 0.
A primeira equac¸a˜o com as condic¸o˜es de fronteira tem soluc¸a˜o na˜o nula somente se λ =
− (2n+1)2pi2
4a2
, para n = 0, 1, 2, 3, . . . e neste caso as soluc¸o˜es fundamentais sa˜o
X2n+1(x) = sen
(2n+ 1)pix
2a
, n = 0, 1, 2, 3, . . .
4
Assim, a segunda equac¸a˜o diferencial com a condic¸a˜o de Y (y) ser limitada para y > 0,
tem soluc¸o˜es fundamentais
Y2n+1(y) = e
− (2n+1)piy
2a , n = 0, 1, 2, 3, . . .
aogo, o problema formado pela equac¸a˜o diferencial parcial e as condic¸o˜es de fronteira
u(0, y) = 0,
∂u
∂x
(a, y) = 0, com a condic¸a˜o de u(x, y) ser limitada, para y > 0, tem
soluc¸o˜es fundamentais
u2n+1(x, y) = X2n+1(x)Y2n+1(y) = sen
(2n+ 1)pix
2a
e−
(2n+1)piy
2a , n = 0, 1, 2, 3, . . .
Vamos supor que a soluc¸a˜o seja a se´rie
u(x, y) =
∞∑
n=0
c2n+1u2n+1(x, y) =
∞∑
n=0
c2n+1 sen
(2n+ 1)pix
2a
e−
(2n+1)piy
2a .
Mas para satisfazer a condic¸a˜o inicial u(x, 0) = f(x), temos que ter
f(x) =
∞∑
n=0
c2n+1 sen
(2n+ 1)pix
2a
.
Assim, se a func¸a˜o f(x) e´ cont´ınua por partes com sua derivada tambe´m cont´ınua por
partes, enta˜o os coeficientes sa˜o dados por
c2n+1 =
4
2a
∫ a
0
f(x) sen
(2n+ 1)pix
2a
dx, n = 0, 1, 2, 3 . . .
4.
u(x, y) =
∞∑
n=0
c2n+1 sen
(2n+ 1)pix
2a
e−
(2n+1)piy
2a .
aembrando que a integrac¸a˜o deve ser feita no intervalo [0, 2a]:
c2n+1 = 4
(
b2n+1(f
(1)
1
4
, 1
2
, 2a)− a
2
b2n+1(f
(0)
1
4
, 1
2
, 2a)
)
= 4 · 2a
(2n+ 1)2pi2
(−s cos s+ sen s)
∣∣∣ (2n+1)pi2
(2n+1)pi
4
− a
2
· 4 · −1
(2n+ 1)pi
cos s
∣∣∣ (2n+1)pi2
(2n+1)pi
4
=
8a
(2n+ 1)2pi2
(
sen
(2n+ 1)pi
2
− sen (2n+ 1)pi
4
)
− 2a
(2n+ 1)pi
cos
(2n+ 1)pi
2
=
8a
(2n+ 1)2pi2
(
(−1)n − sen (2n+ 1)pi
4
)
5
u(x, y) =
8a
pi2
∞∑
n=0
(−1)n − sen (2n+1)pi
4
(2n+ 1)2pi
sen
(2n+ 1)pix
2a
e−
(2n+1)piy
2a
5. A soluc¸a˜o e´
u(r, θ) = c0 +
∞∑
n=1
rn(cn cosnθ + dn sennθ), para 0 < r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2pi.
em que ancn e a
ndn sa˜o os coeficientes da se´rie de Fourier de per´ıodo 2pi de f(θ). Neste
exemplo, f(θ) e´ ı´mpar e sime´trica em relac¸a˜o a reta θ = pi/2 (verifique!) e assim a sua
se´rie de Fourier tem somente termos de senos de ı´ndice ı´mpar.
c0 = 0,
ancn = 0,
a2n+1d2n+1 = 4
(
−4b2n+1(f (1)0,1/2, pi)
)
= − 16
(2n+ 1)2pi
(−s cos s+ sen s)
∣∣∣(2n+1)pi/2
0
= − 16
(2n+ 1)2pi
(
−(2n+ 1)pi
2
cos
(2n+ 1)pi
2
+ sen
(2n+ 1)pi
2
)
= −16 sen
(2n+1)pi
2
(2n+ 1)2pi
= − 16(−1)
n
(2n+ 1)2pi
, n = 0, 1, 2, 3 . . .
Portanto, a soluc¸a˜o e´ dada por
u(r, θ) = −16
pi
∞∑
n=0
(−1)n
(2n+ 1)2
(r
a
)2n+1
sen(2n+ 1)θ.
6. A soluc¸a˜o e´
u(r, θ) = c0 +
∞∑
n=1
rn(cn cosnθ + dn sennθ), para 0 < r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2pi.
em que ancn e a
ndn sa˜o os coeficientes da se´rie de Fourier de per´ıodo 2pi de f(θ). Neste
exemplo, f(θ) e´ par (verifique!) e de per´ıodo pi/2 assim
f(θ) =
∞∑
n=0
an cos 4nθ,
6
a0 = 4a0(f
(1)
0,1 , pi/4) = pi/2,
an = 2 · 4an(f (1)0,1 , pi/4)
=
2
n2pi
((−1)n − 1)
f(θ) =
pi
2
+
2
pi
∞∑
n=1
(−1)n − 1
n2
cos 4nθ =
pi
2
− 4
pi
∞∑
n=0
1
(2n+ 1)2
cos 4(2n+ 1)θ,
Portanto, a soluc¸a˜o e´ dada por
u(r, θ) =
pi
2
+
2
pi
∞∑
n=1
(−1)n − 1
n2
(r
a
)4n
cos 4nθ
=
pi
2
− 4
pi
∞∑
n=0
1
(2n+ 1)2
(r
a
)8n+4
cos(8n+ 4)θ.
7