Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais
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Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais


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\u222b 2
0
h(y) sen
npiy
2
dx
=
4
pi2
sen npi
4
+ sen 3npi
4
n2
, n = 1, 2, 3 . . .
cn =
4
pi2
sen npi
4
+ sen 3npi
4
n2 senh 3npi
2
, n = 1, 2, 3 . . .
Portanto a soluc¸a\u2dco e´ dada por
u(x, y) =
4
pi2
\u221e\u2211
n=1
sen npi
4
+ sen 3npi
4
n2 senh(3npi
2
)
sen
npiy
2
senh
npix
3
=
8
pi2
\u221e\u2211
n=0
(\u22121)n
senh(3(2n+1)pi
2
)(2n + 1)2
sen
(2n + 1)piy
2
senh
(2n + 1)pi(3\u2212 x)
3
2.11. Vamos procurar uma soluc¸a\u2dco na forma de um produto de uma func¸a\u2dco de x por uma
func¸a\u2dco de t, ou seja,
u(x, y) = X(x)Y (y)
Derivando e substituindo-se na equac¸a\u2dco obtemos
X \u2032\u2032(x)Y (y) + X(x)Y \u2032\u2032(y) = 0
Se´ries de Fourier e Equac¸o\u2dces Diferenciais Parciais 22 de novembro de 2007
2.3 Equac¸a\u2dco de Laplace num Reta\u2c6ngulo 63
que pode ser reescrita como
X \u2032\u2032(x)
X(x)
= \u2212Y
\u2032\u2032(y)
Y (y)
O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de
t. Isto so´ e´ poss´\u131vel se eles forem iguais a uma constante
X \u2032\u2032(x)
X(x)
= \u2212Y
\u2032\u2032(t)
Y (y)
= \u3bb.
Obtemos enta\u2dco duas equac¸o\u2dces diferenciais ordina´rias{
X \u2032\u2032(x)\u2212 \u3bbX(x) = 0, X(0) = 0, X(a) = 0
Y \u2032\u2032(y) + \u3bbY (y) = 0, Y (0) = 0,
A primeira equac¸a\u2dco com as condic¸o\u2dces de fronteira tem soluc¸a\u2dco somente se \u3bb = n
2pi2
a2
,
para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a soluc¸a\u2dco e´ da forma
X(x) = C1 sen
npix
a
, n = 1, 2, 3, . . .
Assim a segunda equac¸a\u2dco diferencial com a condic¸a\u2dco Y (0) = 0 tem soluc¸a\u2dco
Y (y) = C2(e
npi
a
y \u2212 e\u2212npia y) = C\u2dc2 senh npiy
a
Logo o problema formado pela equac¸a\u2dco diferencial parcial e as condic¸o\u2dces de fronteira
tem soluc¸o\u2dces da forma
un(x, y) = X(x)Y (y) = cn sen
npix
a
senh
npiy
a
Ale´m disso, pode-se provar que tambe´m se´ries
u(x, y) =
\u221e\u2211
n=1
un(x, t) =
\u221e\u2211
n=1
cn sen
npix
a
senh
npiy
a
sa\u2dco soluc¸o\u2dces.
Mas para satisfazer a condic¸a\u2dco inicial u(x, b) = g(x), temos que ter
g(x) =
\u221e\u2211
n=1
cn sen
npix
a
senh
npiy
a
=
\u221e\u2211
n=1
[
cn senh(
npi
a
b)
]
sen(
npi
a
x).
Assim pelo Corola´rio 6 na pa´gina 11 se a func¸a\u2dco g(x) pertencente ao espac¸o das
func¸o\u2dces cont´\u131nuas por partes, CP [0, L], enta\u2dco os coeficientes sa\u2dco dados por
cn senh(
npi
a
b) =
2
a
\u222b a
0
g(x) sen(
npix
a
)dx, n = 1, 2, 3 . . .
22 de novembro de 2007 Reginaldo J. Santos
64 2 EQUAC¸O\u2dcES DIFERENCIAIS PARCIAIS
2.12. Vamos procurar uma soluc¸a\u2dco na forma de um produto de uma func¸a\u2dco de x por uma
func¸a\u2dco de t, ou seja,
u(x, t) = X(x)Y (y)
Derivando e substituindo-se na equac¸a\u2dco obtemos
X \u2032\u2032(x)Y (y) + X(x)Y \u2032\u2032(y) = 0
que pode ser reescrita como
X \u2032\u2032(x)
X(x)
= \u2212Y
\u2032\u2032(y)
Y (y)
O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de
t. Isto so´ e´ poss´\u131vel se eles forem iguais a uma constante
X \u2032\u2032(x)
X(x)
= \u2212Y
\u2032\u2032(t)
Y (y)
= \u3bb.
Obtemos enta\u2dco duas equac¸o\u2dces diferenciais ordina´rias{
X \u2032\u2032(x)\u2212 \u3bbX(x) = 0, X(0) = 0; X(a) = 0
Y \u2032\u2032(y) + \u3bbY (y) = 0, Y (b) = 0
A primeira equac¸a\u2dco com as condic¸o\u2dces de fronteira tem soluc¸a\u2dco somente se \u3bb = n
2pi2
a2
,
para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a soluc¸a\u2dco e´ da forma
X(x) = C1 sen
npix
a
, n = 1, 2, 3, . . .
Assim a segunda equac¸a\u2dco diferencial com a condic¸a\u2dco Y (b) = 0 tem soluc¸a\u2dco
Y (y) = C2(e
npi
a
(y\u2212b) \u2212 e\u2212npia (y\u2212b)) = C\u2dc2 senh npi(y \u2212 b)
a
Logo o problema formado pela equac¸a\u2dco diferencial parcial e as condic¸o\u2dces de fronteira
tem soluc¸o\u2dces da forma
un(x, y) = X(x)Y (y) = cn sen
npix
a
senh
npi(y \u2212 b)
a
Ale´m disso, pode-se provar que tambe´m se´ries
u(x, t) =
\u221e\u2211
n=1
un(x, t) =
N\u2211
n=1
cn sen
npix
a
senh
npi(y \u2212 b)
a
Se´ries de Fourier e Equac¸o\u2dces Diferenciais Parciais 22 de novembro de 2007
2.3 Equac¸a\u2dco de Laplace num Reta\u2c6ngulo 65
sa\u2dco soluc¸o\u2dces.
Mas para satisfazer a condic¸a\u2dco inicial u(x, 0) = f(x), temos que ter
f(x) = \u2212
\u221e\u2211
n=1
cn sen
npix
a
senh(
npi
a
b) = \u2212
\u221e\u2211
n=1
[
cn senh(
npi
a
b)
]
sen(
npi
a
x).
Assim pelo Corola´rio 6 na pa´gina 11 se a func¸a\u2dco f(x) pertencente ao espac¸o das
func¸o\u2dces cont´\u131nuas por partes, CP [0, L], enta\u2dco os coeficientes sa\u2dco dados por
\u2212cn senh(npi
a
b) =
2
a
\u222b a
0
f(x) sen
npix
a
dx, n = 1, 2, 3 . . .
Podemos evitar o sinal de menos se escrevemos
u(x, t) =
\u221e\u2211
n=1
un(x, t) =
\u221e\u2211
n=1
cn sen
npix
a
senh
npi(b\u2212 y)
a
e neste caso
cn senh(
npi
a
b) =
2
a
\u222b a
0
f(x) sen(
npix
a
)dx, n = 1, 2, 3 . . .
2.13. \uf8f1\uf8f4\uf8f4\uf8f4\uf8f2
\uf8f4\uf8f4\uf8f4\uf8f3
\u22022u
\u2202x2
+
\u22022u
\u2202y2
= 0
u(x, 0) = f(x), u(x, b) = g(x), 0 < x < a
u(0, y) = h(y), u(a, y) = k(y), 0 < y < b
u(x, y) = u(f)(x, t) + u(g)(x, t) + u(h)(x, t) + u(k)(x, t),
em que
u(f)(x, y) =
\u221e\u2211
n=1
c(f)n sen
npix
a
senh
npi(b\u2212 y)
a
u(g)(x, y) =
\u221e\u2211
n=1
c(g)n sen
npix
a
senh
npiy
a
u(h)(x, y) =
\u221e\u2211
n=1
c(h)n sen
npiy
b
senh
npi(a\u2212 x)
b
22 de novembro de 2007 Reginaldo J. Santos
66 2 EQUAC¸O\u2dcES DIFERENCIAIS PARCIAIS
u(k)(x, y) =
\u221e\u2211
n=1
c(k)n sen
npiy
b
senh
npix
b
com coeficientes dados por
c(f)n senh
npi
a
b =
2
a
\u222b a
0
f(x) sen
npix
a
dx, n = 1, 2, 3 . . .
c(g)n senh
npi
a
b =
2
a
\u222b a
0
g(x) sen
npix
a
dx, n = 1, 2, 3 . . .
c(h)n senh
npia
b
=
2
b
\u222b b
0
h(y) sen
npiy
b
dy, n = 1, 2, 3 . . .
c(k)n senh
npia
b
=
2
b
\u222b b
0
k(y) sen
npiy
b
dy, n = 1, 2, 3 . . .
2.14. (i) Vamos procurar uma soluc¸a\u2dco na forma de um produto de uma func¸a\u2dco de x por
uma func¸a\u2dco de t, ou seja,
u(x, y) = X(x)Y (y)
Derivando e substituindo-se na equac¸a\u2dco obtemos
X \u2032\u2032(x)Y (y)\u2212X(x)Y \u2032\u2032(y) = 0
que pode ser reescrita como
X \u2032\u2032(x)
X(x)
= \u2212Y
\u2032\u2032(y)
Y (y)
O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas
de t. Isto so´ e´ poss´\u131vel se eles forem iguais a uma constante
X \u2032\u2032(x)
X(x)
= \u2212Y
\u2032\u2032(t)
Y (y)
= \u3bb.
Obtemos enta\u2dco duas equac¸o\u2dces diferenciais ordina´rias{
X \u2032\u2032(x)\u2212 \u3bbX(x) = 0, X \u2032(0) = 0
Y \u2032\u2032(y) + \u3bbY (y) = 0, Y \u2032(0) = 0, Y \u2032(b) = 0
A segunda equac¸a\u2dco com as condic¸o\u2dces de fronteira tem soluc¸a\u2dco somente se \u3bb = 0
ou \u3bb = n
2pi2
b2
, para n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a soluc¸a\u2dco e´ da forma
Y (y) = C1, Y (y) = C1 cos
npiy
b
, n = 1, 2, 3, . . .
Se´ries de Fourier e Equac¸o\u2dces Diferenciais Parciais 22 de novembro de 2007
2.3 Equac¸a\u2dco de Laplace num Reta\u2c6ngulo 67
A primeira equac¸a\u2dco diferencial com a condic¸a\u2dco X \u2032(0) = 0 tem soluc¸a\u2dco
X(x) = C2(e
npi
b
x + e\u2212
npi
b
x) = C\u2dc2 cosh
npix
b
Logo o problema formado pela equac¸a\u2dco diferencial parcial e as condic¸o\u2dces de
fronteira tem soluc¸o\u2dces da forma
un(x, y) = X(x)Y (y) = cn cos
npiy
b
cosh
npix
b
Ale´m disso, pode-se provar que tambe´m se´ries
u(x, t) = c0 +
\u221e\u2211
n=1
cn cos
npiy
b
cosh
npix
b
sa\u2dco soluc¸o\u2dces.
Mas para satisfazer a condic¸a\u2dco inicial \u2202u
\u2202x
(a, y) = k(y), temos que ter
k(y) =
\u2202u
\u2202x
(a, y) =
\u221e\u2211
n=1
npi
b
cn cos
npiy
b
cosh
npia
b
=
\u221e\u2211
n=1
[
cn
npi
b
cosh
npia
b
]
cos
npiy
b
.
Esta e´ a se´rie de Fourier de cossenos de k(y). Assim pelo Corola´rio 6 na pa´gina
11 se a func¸a\u2dco k(y) pertencente ao espac¸o das func¸o\u2dces cont´\u131nuas por partes,
CP [0, L], enta\u2dco os coeficientes sa\u2dco dados por
cn
npi
b
cosh
npia
b
=
2
b
\u222b b
0
k(y) cos(
npiy
b
)dy, n = 1, 2, 3 . . .
e para ter soluc¸a\u2dco o primeiro coeficiente da se´rie de cossenos de k(y) tem que
ser igual a zero, \u222b b
0
k(y)dy = 0
(ii) Vamos procurar uma soluc¸a\u2dco na forma de um produto de uma func¸a\u2dco de x por
uma func¸a\u2dco de t, ou seja,
u(x, t) = X(x)Y (y)
Derivando e substituindo-se na
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