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Equações Diferenciais Parciais-Notas de Aula
Curso de Engenharia de Energia
Prof. Wesley de Souza Bezerra
Capítulo 1
Aula 1-Transformada de Laplace
10 de agosto de 2018
1.1 Introdução
A solução de equações diferenciais levam a descrição de fenômenos naturais. Uma ferra-
menta importante para se obter tais soluções é a transformada de Laplace, que consiste em re-
solver equações diferenciais "transformando-as" em equações algébricas. Neste curso de EDP,
vamos primeiramente definir a transformada de Laplace para resolver equações diferenciais
em apenas uma variável, e mais adiante aplicaremos estes conceitos às equações diferenciais
parciais.
Considere a seguinte equação diferencial:
d
dx
y(x) = g(x). (1.1)
A relação (1.1) pode ser lida como: a operação de diferenciação representada pelo operador
d/dx deve ser efetuada sobre a função y(x) e, o resultado de tal operação é uma outra função
chamada de g(x).
Considere agora a equação diferencial
d2y
dx2
− 3dy
dx
+ 2y = x2, (1.2)
que na notação "linha" é escrita como y′′ − 3y′ + 2y = x2. Esta equação pode ser escrita como
D2y − 3Dy + 2y = x2, (1.3)
onde D = d/dx e D2 = d2/dx2 são os operadores de derivadas de ordem 1 e 2 respectiva-
mente. Colocando o operadorD em evidência na equação (1.3), temos que (D2−3D+2)y = x2
que por sua vez pode ser reescrita como (D−1)(D−2)y = x2. Numa tentativa desesperada de
resolver esta equação diferencial, poderíamos tratar o operador D como um número qualquer,
resultando na "solução"
y =
x2
(D − 1)(D − 2)
, (1.4)
1
1.1. INTRODUÇÃO CAPÍTULO 1. AULA 1-TRANSFORMADA DE LAPLACE
É claro que a "solução" dada por (1.4) não faz sentido, pois o operadorD não tem nenhuma
função à sua frente para que ele possa operar. No entanto, pode-se tirar proveito desta situação,
se continuarmos na simplicidade deste raciocínio que a priori não tem sentido matemático.
Decompondo a equação (1.4) em frações parciais temos:
y = − x
2
(D − 1)
+
x2
(D − 2)
, (1.5)
e podemos expandir os coeficientes 1/(D − 1) e 1/(D − 2) em séries de Taylor. Lembrando
que para uma dada função f ,
f(x) = f(0) + f ′(0) x+
1
2!
f ′′(0) x2 +
1
3!
f ′′′(0) x3 + · · · , (1.6)
então temos:
1
D − 1
= − 1
1−D
= −(1 +D +D2 +D3 + · · · ), (1.7)
1
D − 2
= −1
2
1
1−D/2
= −1
2
(
1 +
D
2
+
D2
4
+
D3
8
+ · · ·
)
. (1.8)
Substituindo as expressões (1.7) e (1.8) na "solução" (1.4) temos
y(x) =
x2
(D − 1)(D − 2)
= − x
2
(D − 1)
+
x2
(D − 2)
= (1 +D +D2 +D3 + · · · )x2 − 1
2
(
1 +
D
2
+
D2
4
+
D3
8
+ · · ·
)
x2
= (x2 +Dx2 +D2x2 + 0)− 1
2
(
x2 +
D
2
x2 +
D2
4
x2 + 0
)
= (x2 + 2x+ 2)− 1
2
(
x2 + x+
1
2
)
=
x2
2
+
3x
2
+
7
4
. (1.9)
Mesmo que com a solução escrita ilicitamente em função do operador D, a expressão (1.9) é
uma solução particular da equação diferencial y′′ − 3y′ + 2y = x2. De fato,
x2 =
d2y
dx2
− 3dy
dx
+ 2y
=
d2
dx2
(
x2
2
+
3x
2
+
7
4
)
− 3 d
dx
(
x2
2
+
3x
2
+
7
4
)
+ 2
(
x2
2
+
3x
2
+
7
4
)
= (1 + 0 + 0)− 3
(
x+
3
2
+ 0
)
+ 2
(
x2
2
+
3x
2
+
7
4
)
= 1− 3x− 9
2
+ x2 + 3x+
7
2
= x2, (1.10)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
2
Wesley de S. Bezerra
1.1. INTRODUÇÃO CAPÍTULO 1. AULA 1-TRANSFORMADA DE LAPLACE
e portanto a expressão (1.9) é uma solução da equação diferencial. Pode-se verificar que este
processo usado para resolver a equação diferencial (1.2) funciona para outros exemplos. No
entanto, não faz sentido usá-lo como uma teoria aplicada a solução de equações diferenciais. O
método de solução empregado acima está relacionado com a chamada integral de Laplace.
Definição 1.1.1 (Transformada de Laplace) Seja a função f(t) definida para o intervalo 0 ≤
t ≤ ∞, com t e f(t) reais. A transformada de Laplace denotada por L[f(t)] ou por F (s), é
definida por
L[f(t)] = F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt, (1.11)
se a integral imprópria convergir.
Em geral, a transformada de f(t), isto é, F (s) pode ser uma função de variável complexa.
EXEMPLO 1. Seja f(t) = 1 para t ≥ 0. Então,
L[1] = F (s) =
∫ ∞
0
e−st dt
= lim
α→∞
∫ α
0
e−st dt
= lim
α→∞
−e
−st
s
∣∣∣∣∣
α
0
= lim
α→∞
[
−e
−sα
s
+
e0
s
]
=
1
s
,
para s > 0 e α um número real positivo.
EXEMPLO 2. Seja f(t) = eat, para t ≥ 0. Então,
L[eat] = F (s) =
∫ ∞
0
e−steat dt
=
∫ ∞
0
e−(s−a)t dt
= lim
α→∞
∫ α
0
e−(s−a)t dt
= lim
α→∞
−e
−(s−a)t
s− a
∣∣∣∣∣
α
0
= lim
α→∞
[
−e
−(s−a)α
s− a
+
e0
s− a
]
=
1
s− a
, s > a.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
3
Wesley de S. Bezerra
1.1. INTRODUÇÃO CAPÍTULO 1. AULA 1-TRANSFORMADA DE LAPLACE
EXEMPLO 3. Seja f(t) = sen at, para t ≥ 0. Então,
L[sen at] = F (s) =
∫ ∞
0
e−stsen at dt
= lim
α→∞
∫ α
0
e−stsen at dt
= lim
α→∞
[
−e
−st cos at
a
∣∣∣∣∣
α
0
− s
a
∫ α
0
e−st cos at dt
]
= lim
α→∞
[
−e
−sα cos aα
a
+
e0 cos 0
a
− s
a
∫ α
0
e−st cos at dt
]
=
1
a
− s
a
∫ ∞
0
e−st cos at dt,
onde integramos por partes para obter este resultado. Realizando uma outra integração por
partes,
F (s) =
1
a
− s
a
lim
α→∞
[∫ α
0
e−st cos at dt
]
=
1
a
− s
a
lim
α→∞
[∫ α
0
e−st cos at dt
]
=
1
a
− s
a
lim
α→∞
[
e−stsen at
a
∣∣∣∣∣
α
0
+
s
a
∫ α
0
e−stsen at dt
]
=
1
a
− s
a
lim
α→∞
[
e−sαsen aα
a
+
e0sen 0
a
+
s
a
∫ α
0
e−stsen at dt
]
=
1
a
− s
2
a2
∫ ∞
0
e−stsen at dt, =
1
a
− s
2
a2
F (s),
e resolvendo para F (s)
F (s) =
1
a
− s
2
a2
F (s),
F (s)
(
1 +
s2
a2
)
=
1
a
F (s)
(
s2 + a2
a2
)
=
1
a
F (s) =
(
a2
s2 + a2
)
1
a
F (s) =
a
s2 + a2
, s > 0.
Na próxima aula iremos usar a transformada de Laplace para resolver equações diferenciais
que envolvem problemas de valores iniciais.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
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Wesley de S. Bezerra
1.2. EXERCÍCIOS CAPÍTULO 1. AULA 1-TRANSFORMADA DE LAPLACE
1.2 Exercícios
1. Determine a transformada de Laplace para as seguintes funções:
(a) f(t) = t
(b) f(t) = t2
(c) f(t) = tn, com n um inteiro positivo.
(d) f(t) = cos at, com a uma constante real.
(e) f(t) = cosh at, com a uma constante real.
(f) f(t) = eatsen bt, com a e b constantes reais.
(g) f(t) = teat, com a uma constante real.
2. A função gama é definida por
Γ(p+ 1) =
∫ ∞
0
e−xxp dx. (1.12)
(a) Mostre que para p > 0, tem-se Γ(p+ 1) = pΓ(p).
(b) Mostre que Γ(1) = 1.
(c) Se p = n é um inteiro positivo, mostre que Γ(n+ 1) = n!.
(d) Para p > 0, mostre que
p(p+ 1)(p+ 2) · · · (p+ n− 1) = Γ(p+ n)/Γ(p).
Logo, Γ(p) pode ser determinado para todos os valores positivos de p quando Γ(p) for
conhecido.
(e) Encontre Γ(3/2) e Γ(11/2) sabendo que Γ(1/2) =
√
π.
3. Considere a transformada de Laplace de tp, onde p > −1.
(a) Use o problema anterior para mostrar que
L[tp] =
∫ ∞
0
e−sttp dt =
1
sp+1
∫ ∞
0
e−xxp dx
=
Γ(p+ 1)
sp+1
, s > 0.
(b) Se p = n é um inteiro positivo em (a), mostre que
L[tn] = n!
sn+1
, s > 0.
(c) Mostre que
L[t−1/2] = 2√
s
∫ ∞
0
e−x
2
dx, s > 0.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
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Wesley de S. Bezerra
Capítulo 2
Aula 2-Solução de EDO’s
17 de agosto de 2018
Nesta aula vamos usar a transformada de Laplace para resolver problemas de valores inici-
ais. Para isto, vamos usar a linearidade do operador L para relacionar a derivada de uma função
f , isto é, f ′, com a própria função f .
2.1 Transformada de f ′(t)
Até agora não foi dito nada sobre a linearidade dos operadores L (transformada de Laplace)
e L−1 (transformada inversa de Laplace), que pode ser útil para simplificar a transformada de
algumas funções. Considere a e b constantes, e f e g funções reais que dependem de t. Os
operadores L e L−1 tem as seguintes propriedades:
1. L[af(t)] = aL[f(t)]
2. L−1[af(t)] = aL[f(t)]
3. L[f(t) + g(t)] = L[f(t)] + L[g(t)]
4. L−1[f(t) + g(t)] = L−1[f(t)] + L−1[g(t)]
Teorema 2.1.1 Suponha que f(t) é contínua e f ′(t) é contínua por pedaços em qualquer inter-
valo 0 ≤ t ≤ α. Além disso, suponha que existem constantesK, M e a tais que |f(t)| ≤ Keat
para t ≥M . Então, L[f(t)] existe para s > a e, tem-se
L[f ′(t)] = sL[f(t)]− f(0), (2.1)
que é o mesmo que escrever L[f ′(t)] = sF (s)− f(0).
Prova:Podemos escrever a transformada de Laplace de f ′(t) como
L[f ′(t)] =
∫ ∞
0
e−stf ′(t) dt = lim
α→∞
∫ α
0
e−stf ′(t) dt.
Mesmo que f ′ tenha pontos de descontinuidade no intervalo 0 ≤ t ≤ α, denotando estes pontos
por t1, t2, t3, · · · tn e integrando por partes pode-se escrever
6
2.2. SOLUÇÃO DE PVI’S CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
∫ α
0
e−stf ′(t) dt =e−stf(t)
∣∣∣∣∣
t1
0
+ e−stf(t)
∣∣∣∣∣
t2
t1
+ · · ·+ e−stf(t)
∣∣∣∣∣
α
tn
+ s
[∫ t1
0
e−stf(t) dt+
∫ t2
t1
e−stf(t) dt+ · · ·+
∫ α
tn
e−stf(t) dt
]
.
Os termos integrados em t1, t2, · · · , tn se cancelam, pois f é contínua. Portanto, temos
L[f ′(t)] = lim
α→∞
∫ α
0
e−stf ′(t) dt
= lim
α→∞
[
e−sαf(α)− f(0) + s
∫ α
0
e−stf(t) dt
]
.
= lim
α→∞
[
e−sαf(α)− f(0)
]
+ s lim
α→∞
[∫ α
0
e−stf(t) dt
]
.
= lim
α→∞
[
e−sαf(α)
]
− f(0) + s
[∫ ∞
0
e−stf(t) dt
]
.
= lim
α→∞
[
e−sαf(α)
]
− f(0) + sL[f(t)].
Considerando α ≥ M , tem-se |f(α)| ≤ Keaα e consequentemente |e−sαf(α)| ≤ Ke−(s−a)α e
portanto e−sαf(α)→ 0 quando α→∞, sempre que s > a. Assim, temos
L[f ′(t)] = sL[f(t)]− f(0),
como queríamos demonstrar. Da mesma forma, se f ′ e f ′′ satisfazem as condições do teorema
2.1.1, então a transformada de Laplace de f ′′ existe para s > a e pode ser escrita por
L[f ′′(t)] = s2L[f(t)]− sf(0)− f ′(0). (2.2)
A verificação da validade da equação 2.2 fica a cargo do leitor. A expressão para a transformada
de Laplace da derivada n-ésima f (n)(t) é
L[f (n)(t)] = snL[f(t)]− sn−1f(0)− · · · − sf (n−2)(0)− f (n−1)(0). (2.3)
Portanto, a transformada de Laplace transforma f ′ em algo que dependa apenas de f , ou seja,
"destrói" a derivada da função. Veremos que este método é muito útil na solução de problemas
de valores iniciais (PVI’s).
2.2 Solução de PVI’s
Vimos que a transformada de Laplace "destrói" as derivadas. Pode-se usar este fato para
transformar uma equação diferencial na qual y depende de t, por exemplo, y′′ + y = 0, em
uma equação algébrica na qual a solução Y depende da variável s. Neste sentido, resolvendo
a equação algébrica para s, isto é, escrevendo a função Y (s), basta efetuar a transformação
inversa para obter a solução desejada y(t).
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
7
Wesley de S. Bezerra
2.2. SOLUÇÃO DE PVI’S CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
EXEMPLO 1. Determine a solução da equação diferencial
y′′ − y′ − 2y = 0, (2.4)
com as condições iniciais
y(0) = 1, y′(0) = 0. (2.5)
A solução geral dessa equação é
y(t) = c1e
r1t + c2e
r2t. (2.6)
e pode ser determinada pelo método do polinômio característico, que neste caso é
r2 − r − 2 = (r + 1)(r − 2), (2.7)
cuja solução é r1 = −1 e r2 = 2. Substituindo as condições iniciais na solução geral y(t) =
c1e
−t + c2e
2t, temos:
y(0) = 1 = c1 + c2y
′(0) = 0 = −c1 + 2c2, (2.8)
e portanto c1 = 2/3 e c2 = 1/3. Assim, a a solução da equação diferencial (2.4) é
y(t) =
2
3
e−t +
1
3
e2t. (2.9)
Vamos resolver este mesmo problema usando a transformada de Laplace. Para isto, vamos
aplicar a transformada de Laplace na equação diferencial (2.4), resultando em
L[y′′]− L[y′]− L[2y] = 0
L[y′′]− L[y′]− 2L[y] = 0
s2L[y]− sy(0)− y′(0)− [sL[y]− y(0)]− 2L[y] = 0
(s2 − s− 2)Y (s) + (1− s)y(0)− y′(0) = 0,
(s2 − s− 2)Y (s) + (1− s)1− 0 = 0,
onde L[y] = Y (s) e no último passo foram substituidos os valores de y(0) = 1 e y′(0) = 0.
Portanto, isolando Y (s) temos
Y (s) =
s− 1
s2 − s− 2
.
Além disso, podemos escrever s2 − s− 2 = (s + 1)(s− 2), e então pode-se usar o método de
frações parciais para reescrever a transformada de Laplace Y (s):
Y (s) =
s− 1
s2 − s− 2
=
s− 1
(s+ 1)(s− 2)
=
A
s+ 1
+
B
s− 2
=
A(s− 2) +B(s+ 1)
(s+ 1)(s− 2)
,
e portanto
s− 1 =A(s− 2) +B(s+ 1)
s− 1 =(A+B)s+ (−2A+B),
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
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Wesley de S. Bezerra
2.2. SOLUÇÃO DE PVI’S CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
tem que ser satisfeita para todo s. Logo, A + B = 1 e −2A + B = −1. Resolvendo,
encontramos A = 2/3 e B = 1/3. Portanto,
Y (s) =
2
3
1
s+ 1
+
1
3
1
s− 2
Como a transformada de Laplace de eat = 1/(s − a), a inversão de Y (s) para y(t) pode ser
realizada identificando que
y(t) = L−1[Y (s)] =L−1
[
2
3
1
s+ 1
]
+ L−1
[
1
3
1
s− 2
]
=
2
3
L−1
[
1
s+ 1
]
+
1
3
L−1
[
1
s− 2
]
=
2
3
e−t +
1
3
e2t.
O resultado é o mesmo do obtido pelo método anterior. Pelo método da transformada de La-
place, resolvemos uma equaç!ao algébrica para Y (s), que é a transformada de uma função y(t)
inicialmente desconhecida, enquanto que pelo método do polinômio característico necessita-se
obrigatoriamente escrever uma solução geral, dada pela equação (2.6). Além disso, pelo mé-
todo da transformada de Laplace não é necessário determinar as constantes de integração c1 e
c2, pois as condições iniciais são substituidas diretamente na equação algébrica. Como todos
nós sabemos que não existe almoço grátis, a maior desvantagem do método da transformada de
Laplace é ter que fazer a inversão da função Y (s). No últimno exemplo, tivemos que manipular
a expressão de Y (s) até chegar a funções cuja a inversa é conhecida.
EXEMPLO 2. Determine a solução da equação diferencial
y′′ + y = sen 2t, (2.10)
com condições iniciais dadas por
y(0) = 2, y′(0) = 1. (2.11)
Calculando a transformada de Laplace da equação diferencial y′′+ y = sen 2t e substituindo as
condições iniciais, temos
L[y′′] + L[y] = L[sen 2t]
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + Y (s) = 2
s2 + 4
s2Y (s)− 2s− 1 + Y (s) = 2
s2 + 4
(s2 + 1)Y (s) =
2
s2 + 4
+ 2s+ 1
(s2 + 1)Y (s) =
2 + (s2 + 4)(2s+ 1)
s2 + 4
(s2 + 1)Y (s) =
2 + 2s3 + s2 + 8s+ 4
s2 + 4
Y (s) =
2s3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 1)(s2 + 4)
.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
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Wesley de S. Bezerra
2.3. CONVOLUÇÃO CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
Novamente usaremos as frações parciais para simplificar Y (s), isto é, vamos tentar escrever esta
solução da forma Y (s) = Y1(s)+Y2(s)+· · ·+Yn(s), ou seja, uma soma de várias transformadas
de Laplace. Então
Y (s) =
2s3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 1)(s2 + 4)
=
As+B
s2 + 1
+
Cs+D
s2 + 4
=
(As+B)(s2 + 4) + (Cs+D)(s2 + 1)
(s2 + 1)(s2 + 4)
.
Realizando as multiplicações no numerador temos
2s3 + s2 + 8s+ 6 = As3 + 4As+ 4A+Bs2 + 4B + Cs3 + Cs+Ds2 +D
2s3 + s2 + 8s+ 6 = (A+ C)s3 + (B +D)s2 + (4A+ C)s+ (4B +D).
Comparando os coeficientes,
A+ C = 2, B +D = 1,
4A+ C = 8, 4B +D = 6.
Resolvendo este par de sistemas, A = 2, C = 0, B = 5/3 e D = −2/3, e portanto a
transformada Y (s) é dada por
Y (s) =
2s3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 1)(s2 + 4)
=
As+B
s2 + 1
+
Cs+D
s2 + 4
=
2s+ 5/3
s2 + 1
+
0s− 2/3
s2 + 4
=
2s
s2 + 1
+
5/3
s2 + 1
− 2/3
s2 + 4
.
= Y1(s) + Y2(s) + Y3(s).
Portanto, a transformada de Laplace inversa de Y (s), isto é, y(t) é
y(t) = L−1[Y (s)] = L−1[Y1(s) + Y2(s) + Y3(s)]
= L−1[Y1(s)] + L−1[Y2(s)] + L−1[Y3(s)]
= L−1
[
2s
s2 + 1
]
+ L−1
[
5/3
s2 + 1
]
+ L−1
[
− 2/3
s2 + 4
]
= 2L−1
[
s
s2 + 1
]
+
5
3
L−1
[
1
s2 + 1
]
− 1
3
L−1
[
2
s2 + 4
]
= 2 cos t+
5
3
sen t− 1
3
sen 2t.
2.3 Convolução
Teorema 2.3.1 Sejam F (s) = L[f(t)] e G(s) = L[g(t)] para s > a ≥ 0. Então
H(s) = F (s)G(s) = L[h(t)], s > a, (2.12)
onde
h(t) =
∫ t
0
f(t− τ)g(τ) dτ =
∫ t
0
f(τ)g(t− τ) dτ. (2.13)
A função h é dita ser a convolução de f e g.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
10
Wesley de S. Bezerra
2.3. CONVOLUÇÃO CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
O teorema da convolução pode ser útil no caso em que a transformada de Laplace H(s)
pode ser identificada como o produto de duas outras transformadas F (s) e G(s) correspon-
dentes as funções f(t) e g(t) respectivamente. Não é correto dizer que H(s) é a transformada
do produto de f e g, pois a transformada de Laplace não comuta com a multiplicação usual.
Neste sentido, h(t) em geral não deve ser igual ao produto f(t)g(t).
EXEMPLO 3. Determine a solução da equação diferencial
y′′ + y = g(t). (2.14)
com condições iniciais dadas por
y(0) = 2, y′(0) = 1. (2.15)
Essencialmente esta é a mesma equação diferencial do exemplo 2, com as mesmas condições
iniciais, mas agora para uma função genéricag(t) do lado direito da igualdade. Calculando
a transformada de Laplace da equação diferencial y′′ + y = g(t) e substituindo as condições
iniciais temos
L[y′′] + L[y] = L[g(t)]
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + Y (s) = G(s)
s2Y (s)− 2s− 1 + Y (s) = G(s)
(s2 + 1)Y (s) = G(s) + 2s+ 1
Y (s) =
G(s)
(s2 + 1)
+
2s+ 1
(s2 + 1)
Y (s) =
1
(s2 + 1)
G(s) +
2s
(s2 + 1)
+
1
(s2 + 1)
Y (s) = F (s)G(s) +
2s
(s2 + 1)
+
1
(s2 + 1)
.
Y (s) = H(s) + Y1(s) + Y2(s),
onde escrevemos H(s) = F (s)G(s), com F (s) = 1/(s2 + 1), Y1(s) = 2s/(s2 + 1) e Y2(s) =
1/(s2 + 1). Portanto, a transformada de Laplace inversa de Y (s), isto é, y(t) é
y(t) = L−1[Y (s)] = L−1[H(s) + Y2(s) + Y3(s)]
= L−1[H(s)] + L−1[Y1(s)] + L−1[Y2(s)]
= L−1
[
1
(s2 + 1)
G(s)
]
+ L−1
[
2s
s2 + 1
]
+ L−1
[
1
s2 + 1
]
=
∫ t
0
f(t− τ)g(τ) dτ + 2L−1
[
s
s2 + 1
]
+ L−1
[
1
s2 + 1
]
=
∫ t
0
sen (t− τ)g(τ) dτ + 2 cos t+ sen t. (2.16)
Portanto, se um termo não homogêneo g(t) é dado, a integral acima resultante do teorema da
convolução 2.3.1 pode ser calculada. Por exemplo, se g(t) = sen 2t como no exemplo 2, usando
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
11
Wesley de S. Bezerra
2.3. CONVOLUÇÃO CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
as identidades trigonométricas sen (t− τ) = sen t cos τ − sen τ cos t e sen 2τ = 2sen τ cos τ
temos
∫ t
0
sen (t− τ)g(τ) dτ =
∫ t
0
sen (t− τ)sen 2τ dτ
=
∫ t
0
[sen t cos τ − sen τ cos t] sen 2τ dτ
=
∫ t
0
[sen t cos τ − sen τ cos t] 2sen τ cos τ dτ
=
∫ t
0
sen t cos τ 2sen τ cos τ dτ −
∫ t
0
sen τ cos t 2sen τ cos τ dτ
= 2sen t
∫ t
0
cos2 τ sen τ dτ − 2 cos t
∫ t
0
sen2 τ cos τ dτ
= 2sen t
{
−cos
3 τ
3
∣∣∣∣∣
t
0
}
− 2 cos t
{
sen3 τ
3
∣∣∣∣∣
t
0
}
= 2sen t
{
−cos
3 t
3
+
1
3
}
− 2 cos t
{
sen3 t
3
− 0
}
= −2
3
sen t cos3 t+
2
3
sen t− 2
3
cos t sen3 t
= −2
3
sen t cos t cos2 t+
2
3
sen t− 2
3
cos t sen t sen2 t
=
2
3
sen t− 2
3
{
sen t cos t cos2 t+ cos t sen t sen2 t
}
=
2
3
sen t− 2
3
sen t cos t
{
cos2 t+ sen2 t
}
=
2
3
sen t− 2
3
sen t cos t
=
2
3
sen t− 1
3
sen 2t. (2.17)
Substituindo o resultado da integral de convolução (2.17) na solução (2.16), obtemos o mesmo
resultado do exemplo 2.
y(t) = =
∫ t
0
sen (t− τ)g(τ) dτ + 2 cos t+ sen t
=
2
3
sen t− 1
3
sen 2t+ 2 cos t+ sen t
=
5
3
sen t− 1
3
sen 2t+ 2 cos t.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
12
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2.4. EXERCÍCIOS CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
2.4 Exercícios
1. Rearranje as equações, e use a tabela de transformadas para identificar a transformada de
Laplace inversa para os seguintes problemas:
(a) F (s) =
3
s2 + 4
(b) F (s) =
2
s2 + 3s− 4
(c) F (s) =
1− 2s
s2 + 4s+ 5
2. Use a transformada de Laplace para resolver as seguintes equações diferenciais com as con-
dições iniciais dadas:
(a) y′′ − 2y′ + 2y = 0; y(0) = 0, y′(0) = −1
(b) y′′ − 2y′ + 2y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 0
(c) y(4) − y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 0, y′′(0) = 1, y′′′(0) = 0
3. Expresse a solução do problema de valor inicial em função de uma convolução:
(a) y′′ + 2y′ + 2y = sen αt; y(0) = 0, y′(0) = 0
(b) y′′ + ω2y = g(t); y(0) = 0, y′(0) = 1
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
13
Wesley de S. Bezerra
2.5. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS CAPÍTULO 2. AULA 2-SOLUÇÃO DE EDO’S
2.5 Respostas dos Exercícios
1. (a) f(t) =
3
2
sen 2t
(b) f(t) =
2
5
et − 2
5
e−4t
(c) f(t) = −2e−2t cos t+ 5e−2tsen t
2. (a) y = etsen t
(b) y =
1
5
(cos t− 2sen t+ 4et cos t− 2etsen t)
(c) y = cosh t
3. (a) y =
∫ t
0
e−(t−τ)sen (t− τ) sen ατ dτ
(b) y =
1
ω
sen ωt+
1
ω
∫ t
0
sen ω(t− τ) g(τ) dτ
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
14
Wesley de S. Bezerra
Capítulo 3
Aula 3-Problemas de valores de contorno
24 de agosto de 2018
Problemas de valor inicial foram resolvidos no capítulo anterior, onde geralmente, a variável
t representa o tempo. Os problemas físicos dependem não somente do tempo, mas também
de variáveis espaciais x, y e z (em coordenadas retangulares). Nesta aula vamos abordar
problemas de valores de contorno no qual uma função y ou T , ou qualquer outra dependa
da variável espacial x. Para estes problemas sempre será considerado um domínio finito, por
exemplo, 0 ≤ x ≤ L, onde L é um valor real.
3.1 PVC
Considere a equação diferencial
d2
dx2
T (x) +
d
dx
T (x) + T (x) = g(x), (3.1)
definida para o intervalo 0 ≤ x ≤ L, com
T (0) = T0, T (L) = T1. (3.2)
Neste sentido, se 0 ≤ x ≤ L, para resolver a equação diferencial (3.1) é necessário que T seja
especificado nas fronteiras do domínio, isto é, em x = 0 e em x = L, conforme condições
(3.2). Essencialmente, primeiro encontramos a solução geral da equação diferencial e depois
usamos as condições de contorno para determinar as constantes arbitrárias. Analogamente, se
a região na qual deseja-se resolver a equação diferencial é um cilindro, os valores da função T
nas fronteiras do cilindro devem ser especificados afim de se obter a solução. Voltaremos ao
problema cilindrico quando resolvermos equações diferenciais parciais.
É importante classificar os tipos de problemas de valor de contorno que existem. Se g(x) =
0 na equação (3.1) e T0 e T1 também forem nulos nas condições (3.2), então o problema é
dito homogêneo. Caso contrário, se um desses valores é não nulo, então o problema é dito
não homogêneo.
Em geral, problemas de valor inicial apresentam uma única solução, enquanto que os pro-
blemas de valores de contorno podem apresentar uma única solução, não apresentar solução,
ou ter infinitas soluções. Neste sentido, os problemas de valores de contorno, para equações
diferenciais lineares, apresentam aspectos semelhantes a equações algébricas lineares.
15
3.1. PVC CAPÍTULO 3. AULA 3-PROBLEMAS DE VALORES DE CONTORNO
EXEMPLO 1. Determine a solução do problema de valores de contorno
y′′(x) + 2y(x) = 0, y(0) = 1, y(π) = 0. (3.3)
A solução geral dessa equação é
y(x) = c1 cos
√
2 x+ c2 sen
√
2 x.
Impondo as condições de contorno dadas temos
y(0) = 1 = c1 cos
√
2 0 + c2 sen
√
2 0,
1 = c1 + 0,
e portanto c1 = 1. Assim
y(π) = 0 = c1 cos
√
2 π + c2 sen
√
2 π
0 = cos
√
2 π + c2 sen
√
2 π,
e portanto c2 = − cot
√
2 π. Logo, a solução do problema é
y(x) = cos
√
2 x− cot
√
2 π sen
√
2 x,
ilustrando o caso em que um PVC não homogêneo tem uma única solução.
EXEMPLO 2. Determine a solução do problema de valores de contorno
y′′(x) + y(x) = 0, y(0) = 1, y(π) = k. (3.4)
A solução geral dessa equação é
y(x) = c1 cosx+ c2 sen x.
Impondo as condições de contorno dadas temos
y(0) = 1 = c1 cos 0 + c2 sen 0,
1 = c1 + 0,
e portanto c1 = 1. Assim
y(π) = k = c1 cosπ + c2 sen π
k = −1 + c2 0, (3.5)
e se k 6= −1 as condições de contorno são incompatíveis, não existindo solução para o pro-
blema. No entanto, se k = −1, a equação (3.8) é válida para qualquer valor de c2 e as condições
de contorno são satisfeitas desde que c1 = 1. Neste caso, é possível uma infinidade de soluções
dadas por
y(x) = cos x+ c2 sen x,
com c2 podendo assumir qualquer valor.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
16
Wesley de S. Bezerra
3.1. PVC CAPÍTULO 3. AULA 3-PROBLEMAS DE VALORES DE CONTORNO
EXEMPLO 3. Determine a solução do problema de valores de contorno
y′′(x) + 2y(x) = 0, y(0) = 0, y(π) = 0. (3.6)
A solução geral dessa equação é
y(x) = c1 cos
√
2 x+ c2 sen
√
2 x.
Impondo as condições de contorno dadas temos
y(0) = 0 = c1 cos
√
2 0 + c2 sen
√
2 0,
0 = c1 + 0,
e portanto c1 = 0. Assim
y(π) = 0 = c1 cos
√
2 π + c2sen
√
2 π
0 = 0 + c2sen
√
2 π,
e portanto c2 sen
√
2 π = 0. Como sen
√
2 π 6= 0, então c2 = 0 Logo, a única solução é
y(x) = 0 para todo x, ilustrando que um problema de valor de contorno homogêneo pode ter
somente a solução trivial.
EXEMPLO 4. Determine a solução do problema de valores de contorno
y′′(x) + y(x) = 0, y(0) = 0, y(π) = 0. (3.7)
A solução geral dessa equação é
y(x) = c1 cosx+ c2 sen x.
Impondo as condições de contorno dadas temos
y(0) = 0 = c1 cos 0 + c2 sen 0,
0 = c1 + 0,
e portanto c1 = 0. Assim
y(π) = 0 = c1 cosπ + c2 sen π
0 = 0 + c2 0,(3.8)
e neste caso c2 pode assumir qualquer valor arbitrário desde que c1 = 0, satisfazendo as
condições de contorno. Portanto este problema de valores de contorno não homogêneo tem
infinitas soluções dadas por
y(x) = c2 sen x,
com c2 arbitrário.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
17
Wesley de S. Bezerra
3.2. AUTOVALORES E AUTOFUNÇÕESCAPÍTULO 3. AULA 3-PROBLEMAS DE VALORES DE CONTORNO
3.2 Autovalores e Autofunções
Na seção anterior foi ilustrado que problemas de valores de contorno se assemelham a pro-
blemas de equações lineares algébricas. Neste sentido, um sistema de equações algébricas dado
por
Ax = 0, (3.9)
é considerado um problema homogêneo enquanto que
Ax = b, (3.10)
é um problema não homogêneo. Se a matriz A for invertível, o sistema possui uma única
solução. Caso A seja singular, o sistema pode não ter solução ou ter uma infinidade de soluções.
Agora estamos interessados no problema de autovalores
Ax = λx. (3.11)
É óbvio que o sistema (3.11) tem solução trivial x = 0 para todo λ, mas para determinados
valores de λ chamados de autovalores, existem soluções não nulas chamadas de autovetores. A
essência desse problema é a mesma do problema de valores de contorno
y′′ + λy = 0, (3.12)
com as condições de contorno
y(0) = 0, y(π) = 0. (3.13)
De fato, a equação (3.12) pode ser reescrita em termos do operador D = d/dx
D2y = −λy. (3.14)
O operador D2 pode ser escrito como uma matriz e o problema é semelhante ao da expressão
(3.11).
Vamos analisar o que acontece com o problema de valores de contorno dado pelas (3.12)
e (3.13),considerando os casos λ = 0, λ < 0 e λ > 0. Para evitar o aparecimento de raiz
quadrada na solução, vamos considerar por conveniência que λ = µ2, reescrevendo a equação
(3.12) como
y′′ + µ2y = 0. (3.15)
Caso 1: λ = 0. Para λ = 0 na equação (3.12), temos y′′ = 0 e a solução geral é dada por
y = c1 x+ c2. (3.16)
Impondo as condições de contorno (3.13) temos
y(0) = 0 = c1 0 + c2
0 = c2.
Portanto, como c2 = 0, temos que y(π) = 0 = c1 π resultando em c1 = 0. Logo a unica solução
quando λ = 0 é a solução trivial y(x) = 0 para todo x.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
18
Wesley de S. Bezerra
3.2. AUTOVALORES E AUTOFUNÇÕESCAPÍTULO 3. AULA 3-PROBLEMAS DE VALORES DE CONTORNO
Caso 2: λ < 0. Para λ < 0 na equação (3.12), fazemos λ = −µ2, e temos que y′′ − µ2y = 0.
Neste caso, a solução geral é dada por
y = c1 coshµx+ c2 senh µx. (3.17)
Impondo as condições de contorno (3.13) temos
y(0) = 0 = c1 coshµ0 + c2 senh µ0
0 = c1 + 0.
Portanto, como c1 = 0, temos para a segunda condição que y(π) = 0 = c2 senh µπ resultando
em c2 = 0 já que senh µπ 6= 0 desde que µ 6= 0. Logo a unica solução quando λ < 0 é a
solução trivial y(x) = 0 para todo x.
Caso 3: λ > 0. Para λ > 0 na equação (3.12), fazemos λ = µ2, e temos que y′′ + µ2y = 0.
Neste caso, a solução geral é dada por
y = c1 cosµx+ c2 sen µx. (3.18)
Impondo as condições de contorno (3.13) temos
y(0) = 0 = c1 cosµ0 + c2 sen µ0
0 = c1 + 0.
Portanto, como c1 = 0, temos para a segunda condição que y(π) = 0 = c2 sen µπ. Como
procuramos soluções fora da trivial, devemos escolher os valores de µ para os quais sen µπ = 0.
Logo, valores inteiros de µ, sen µπ = 0, e como λ = µ2, os valores permitidos de λ são
λ = 1, 4, 9, · · · , n2, · · · , (3.19)
com n um número inteiro. Note que a constante c2 nunca está determinada. Por exemplo,
podemos tomar c2 = 1, então a solução geral é dada pelas autofunções yn(x) correspondentes
aos autovalores λn.
y1(x) = sen x, y2(x) = sen 2x, · · · , yn(x) = sen nx, n = 1, 2, 3, · · · . (3.20)
Assim, concluímos que o problema de valores de contorno (3.12), (3.13) possui infinitos auto-
valores positivos λn = n2 e as respectivas autofunções proporcionais a sen nx
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
19
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3.3. EXERCÍCIOSCAPÍTULO 3. AULA 3-PROBLEMAS DE VALORES DE CONTORNO
3.3 Exercícios
1. Considere o problema de valores de contorno
y′′ + λy = 0, (3.21)
com as condições de contorno
y(0) = 0, y(L) = 0, (3.22)
onde L é um ponto de fronteira arbitrário. Fazendo o mesmo procedimento abordado na seção
3.2, determine a solução deste problema para λ = 0, λ < 0 e λ > 0. A solução não trivial pode
ser encarada como os modos normais das vibrações estacionárias de uma corda de comprimento
L presa em suas extremidades. Esboce o gráfico dessas vibrações para λ = 1, 4, 9 e 16.
2. Resolva o problema de valores de contorno dado onde y = y(x), v = v(x) e T = T (x) são
funções que dependem da variável x:
(a) v′′ + 4v = sen x; v(0) = 0, v(π) = 0
(b) T ′′ + 4T = cosx; T ′(0) = 0, T ′(π) = 0
(c) x2y′′ + 3xy′ + y = x2; y(1) = 0, y(e) = 0
3. Encontre os autovalores λn e autofunções yn(x) e un(x):
(a) y′′ + λy = 0; y′(0) = 0, y(L) = 0
(b) u′′ + λu = 0; u′(0) = 0, u′(L) = 0
4. O fluxo laminar de um fluido incompressível viscoso em tubo longo com seção circular,
simétrico em relação ao eixo e com gradiente de pressão axial constante, é conhecido como
fluxo de Poiseuille. A velocidade axial u é uma função apenas da coordenada radial r e satisfaz
o problema de valores de contorno
d2u
dr2
+
1
r
du
dr
= −∆p
η0
, u(R) = 0, 0 ≤ r ≤ R,
onde R é o raio do tubo, ∆p o gradiente de pressão e η0 o coeficiente de viscosidade do fluido.
(a) Determine o perfil de velocidade u(r) e esboce um gráfico do mesmo.
(b) Integrando u(r) em uma seção circular, mostre que a taxa total de fluxo Q é dada por
Q =
πR4∆p
8η0
.
Como Q,R e ∆p podem ser medidos, este resultado fornece um modo de se determinar
a viscosidade do fluido.
(c) Suponha que R está reduzido a 3/4 de seu valor original. Qual a redução correspondente
ao fluxo Q. Imagina se sua artéria tem o diâmetro reduzido dessa maneira!
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
20
Wesley de S. Bezerra
3.4. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOSCAPÍTULO 3. AULA 3-PROBLEMAS DE VALORES DE CONTORNO
3.4 Respostas dos Exercícios
1. λn =
n2π2
L2
, yn(x) = cn sen
nπ
L
x
2. (a) v(x) = c2 sen 2x+
1
3
sen x
(b) T (x) = c1 cos 2x+
1
3
cosx
(c) y(x) = − 1
9x
+
lnx
9x
(1− e3) + 1
9
x2
3. (a) λn = −[(2n− 1)π/2L]2, yn(x) = cos
[
(2n− 1)πx
2L
]
(b) λ0 = 0, u0(x) = 1, λn = (nπ/L)2, un(x) = cos
(nπx
L
)
4. (a) u(r) =
∆p(R2 − r2)
4η0
(b)
(c) Q é reduzido a 0,3164 de seu valor original
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
21
Wesley de S. Bezerra
Capítulo 4
Aula 4-Séries de Fourier
21 de setembro de 2018
Muitos problemas que envolvem equações diferenciais parciais podem ser resolvidos desde
que a solução possa ser expressa como uma combinação linear infinita de senos e cossenos, a
qual é chamada de série de Fourier. Nesta aula iremos definir a série de Fourier e exemplificar
funções que possam ser escritas desta forma.
4.1 Definição e exemplos
Uma série de Fourier de uma função f(x) periódica de período igual a 2L, ou seja, f(x +
2L) = f(x) definida no intervalo [−L,L] é dada por
f(x) =
a0
2
+
∞∑
m=1
(
am cos
mπx
L
+ bm sen
mπx
L
)
(4.1)
Se a série de Fourier dada pela expressão (4.1) converge em [−L,L], pode-se determinar os
coeficientes am e bm usando as chamadas fórmulas de Euler-Fourier. Para determinar esses
coeficientes, primeiramente multiplicamos a equação (4.1) por cosnπx/L, onde n é um inteiro
positivo fixo e integramos em relação a x, e, além disso, supomos que a série possa ser integrada
termo a termo. O resultado é
∫ L
−L
f(x)cos
nπx
L
dx =
a0
2
∫ L
−L
cos
nπx
L
dx+
∞∑
m=1
am
∫ L
−L
cos
mπx
L
cos
nπx
L
dx
+
∞∑
m=1
bm
∫ L
−L
sen
mπx
L
cos
nπx
L
dx (4.2)
Para avaliar as integrais da expressão (4.2), usamos a ortogonalidade das funções seno e cos-
seno, dadas pelas expressões (4.3),(4.4) e (4.5).∫ L
−L
cos
mπx
L
cos
nπx
L
dx =
{
0, se m 6= n,
L, se m = n;
(4.3)
∫ L
−L
sen
mπx
L
sen
nπx
L
dx =
{
0, se m 6= n,
L, se m = n.
(4.4)
22
4.1. DEFINIÇÃO E EXEMPLOS CAPÍTULO 4. AULA 4-SÉRIES DE FOURIER
∫ L
−L
sen
mπx
L
cos
nπx
L
dx = 0, para todos m,n; (4.5)
Como n é um valor fixo, pelas relações de ortogonalidade vê-se que todos os termosa
direita da equação (4.2) se anulam, com exceção do termo onde m = n no primeiro somatório,
resultando em ∫ L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx = Lan, n = 1, 2, 3, ..., (4.6)
e para determinar a0 basta integrar a equação (4.1) de −L a L. Neste sentido, os coeficientes
an são dados por
an =
1
L
∫ L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx, n = 0, 1, 2, 3, .... (4.7)
Os coeficientes bn podem ser determinados de forma semelhante, multiplicando a expressão
(4.1) por sen nπx/L, integrando-a de −L a L e usando as relações de ortogonoladidade,
resultando em
bn =
1
L
∫ L
−L
f(x) sen
nπx
L
dx, n = 1, 2, 3, .... (4.8)
Algumas observações:
• As fórmulas para os coeficientes de Fourier an e bn são escritos em termos de f . Portanto
a dificuldade na determinação desses coefientes dependem da função particular f .
• As fórmulas (4.7) e (4.8) dependem apenas do valor de f no intervalo [−L,L].
• Cada um dos termos da série de Fourier é periódico com período 2L e a série converge
para todo x sempre que convergir em [−L,L]. Assim, f(x) fica determinada para todo x
através de seus valores no intervalo [−L,L].
EXEMPLO 1. Determine a série de Fourier de f(x) = x definida no intervalo [−L,L].
Solução:
Para escrever f(x) como uma série de Fourier precisa-se determinar os coeficientes an e bn.
a0 =
1
L
∫ L
−L
f(x) dx
=
1
L
∫ L
−L
x dx
=
x2
2L
∣∣∣∣∣
L
−L
=
L2
2L
− (−L)
2
2L
= 0; (4.9)
(4.10)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
23
Wesley de S. Bezerra
4.1. DEFINIÇÃO E EXEMPLOS CAPÍTULO 4. AULA 4-SÉRIES DE FOURIER
an =
1
L
∫ L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx =
1
L
∫ L
−L
x cos
nπx
L
dx
=
1
nπ
x sen
nπx
L
∣∣∣∣∣
L
−L
− 1
nπ
∫ L
−L
sen
nπx
L
dx
=
1
nπ
[
L sen
nπL
L
− (−L) sen nπ(−L)
L
]
+ L
(
1
nπ
)2
cos
nπx
L
∣∣∣∣∣
L
−L
=
1
nπ
[
L sen
nπL
L
+ L sen
nπ(−L)
L
]
+ L
(
1
nπ
)2 [
cos
nπL
L
− cos nπ(−L)
L
]
= 0 + 0 = 0; (4.11)
bn =
1
L
∫ L
−L
f(x) sen
nπx
L
dx =
1
L
∫ L
−L
x sen
nπx
L
dx
= − 1
nπ
x cos
nπx
L
∣∣∣∣∣
L
−L
+
1
nπ
∫ L
−L
cos
nπx
L
dx
= − 1
nπ
[
L cos
nπL
L
− (−L) cos nπ(−L)
L
]
+ L
(
1
nπ
)2
sen
nπx
L
∣∣∣∣∣
L
−L
= − 1
nπ
[
L cos
nπL
L
+ L cos
nπ(−L)
L
]
+ L
(
1
nπ
)2 [
sen
nπL
L
− sen nπ(−L)
L
]
= − 1
nπ
[2L cosnπ] + L
(
1
nπ
)2
[2 sen nπ]
= − 1
nπ
2L cosnπ. (4.12)
Logo, apenas os coeficientes bn são não nulos e, podem ser reescritos como
bn =

2L
nπ
, se n ímpar,
−2L
nπ
, se n par.
Portanto, uma forma de escrever a série de Fourier de f(x) é
f(x) =
2L
π
∞∑
n=1
(−1)(n+1)
n
sen
nπx
L
,
ou
f(x) =
2L
π
∞∑
n=1
cosnπ
n
sen
nπx
L
.
EXEMPLO 2. Determine a série de Fourier da função f definida abaixo e depois escreva-a para
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
24
Wesley de S. Bezerra
4.1. DEFINIÇÃO E EXEMPLOS CAPÍTULO 4. AULA 4-SÉRIES DE FOURIER
L = 3.
f(x) =

0, se −L < x < −L/3,
1, se −L/3 < x < L/3,
0, se L/3 < x < L.
(4.13)
Solução:
Os coeficientes da série de Fourier são:
a0 =
1
L
∫ L
−L
f(x) dx
=
1
L
∫ −L/3
−L
0 dx+
1
L
∫ L/3
−L/3
1 dx+
1
L
∫ L
L/3
0 dx
=
x
L
∣∣∣∣∣
L/3
−L/3
=
L
3L
− (−L)
3L
=
2
3
;
(4.14)
an =
1
L
∫ L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx
=
1
L
∫ L/3
−L
0 cos
nπx
L
dx+
1
L
∫ L/3
−L/3
1 cos
nπx
L
dx+
1
L
∫ L
L/3
0 cos
nπx
L
dx
=
1
L
∫ L/3
−L
0 dx+
1
L
∫ L/3
−L/3
1 cos
nπx
L
dx+
1
L
∫ L
L/3
0 dx
=
1
nπ
sen
nπx
L
∣∣∣∣∣
L/3
−L/3
=
1
nπ
[
sen
nπL
3L
− sen nπ(−L)
3L
]
=
1
nπ
[
sen
nπ
3
+ sen
nπ
3
]
=
2
nπ
sen
nπ
3
(4.15)
Note que as integrais definidas são nulas quando o valor de f é nulo. Portanto, as integrais de
−L a −L/3, e de L/3 a L são nulas. Além disso, para obter an foi usado o fato de que para um
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
25
Wesley de S. Bezerra
4.1. DEFINIÇÃO E EXEMPLOS CAPÍTULO 4. AULA 4-SÉRIES DE FOURIER
dado valor real x, tem-se que sen (−x) = −sen x.
bn =
1
L
∫ L
−L
f(x) sen
nπx
L
dx =
1
L
∫ L/3
−L/3
1 sen
nπx
L
dx
= − 1
nπ
cos
nπx
L
∣∣∣∣∣
L/3
−L/3
= − 1
nπ
[
cos
nπL
3L
− cos nπ(−L)
3L
]
= − 1
nπ
[
cos
nπ
3
− cos nπ
3
]
= 0, (4.16)
onde usamos cos(−x) = cosx. Logo, apenas os coeficientes an são não nulos e, a série de
Fourier de f é dada por
f(x) =
1
3
+
2
π
∞∑
n=1
sen
nπ
3
cos
nπx
L
.
Nos exemplos acima, observamos que somente um dos coeficientes é não nulo, a saber, an
no caso do exemplo 2 e bn no exemplo 1. Isso ocorre porque a função f dada nesses exemplos
ou é par (exemplo 2) ou é ímpar (exemplo 1). Em geral, no caso de a função não ser nem par
nem ímpar, tanto an quanto bn não são nulos.
Sabe-se que a multiplicação de uma função par com outra função par resulta em uma
nova função par. Por outro lado, a multiplicação de uma função ímpar com uma função par
resulta em uma outra função ímpar. Finalmente, a multiplicação de duas funções ímpares
resulta em uma nova função par. Portanto, conclui-se que:
Se f é uma função par, então
a0 =
1
L
∫ L
−L
f(x)dx =
2
L
∫ L
0
f(x)dx,
an =
1
L
∫ L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
nπx
L
dx,
bn =
1
L
∫ L
−L
f(x) sen
nπx
L
dx = 0.
(4.17)
Se f é uma função ímpar, então
a0 =
1
L
∫ L
−L
f(x)dx = 0,
an =
1
L
∫ L
−L
f(x) cos
nπx
L
dx = 0,
bn =
1
L
∫ L
−L
f(x) sen
nπx
L
dx =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
dx.
(4.18)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
26
Wesley de S. Bezerra
4.1. DEFINIÇÃO E EXEMPLOS CAPÍTULO 4. AULA 4-SÉRIES DE FOURIER
Além disso, dos exemplos 1 e 2, pode-se verificar que a série de Fourier converge para f(x)
em todos os pontos em que a função f está definida e converge para [f(x+) + f(x−)]/2 em
todos os pontos onde f é descontínua. Neste sentido, pode-se concluir que basta que a função
seja seccionalmente contínua para escrevê-la como uma série infinita.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
27
Wesley de S. Bezerra
4.2. EXERCÍCIOS CAPÍTULO 4. AULA 4-SÉRIES DE FOURIER
4.2 Exercícios
1. esboce o gráfico da função dada e escreva-a como uma série de Fourier:
(a) f(x+ 2π) = f(x), onde
f(x) =
{
x, se −π < x < 0,
0, se 0 < x < π. (4.19)
(b) f(x+ 2) = f(x), onde
f(x) =
{
x+ 1, se −1 < x < 0,
1− x, se 0 < x < 1. (4.20)
(c) f(x+ 2L) = f(x), onde
f(x) =
{
x, se −L < x < 0,
0, se 0 < x < L. (4.21)
(d) f(x+ 4) = f(x), onde
f(x) =

0, se −2 < x < −1,
x, se −1 < x < 1,
0, se 1 < x < 2.
(4.22)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
28
Wesley de S. Bezerra
4.3. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS CAPÍTULO 4. AULA 4-SÉRIES DE FOURIER
4.3 Respostas dos Exercícios
1. (a)
f(x) =
−π
4
+
∞∑
n=1
[
2 cos(2n− 1)x
π(2n− 1)2
+
(−1)n+1 sen nx
n
]
(b)
f(x) =
1
2
+
4
π2
∞∑
n=1
cos(2n− 1)πx
(2n− 1)2
(c)
f(x) =
3L
4
+
∞∑
n=1
[
2L cos[(2n− 1)πx/L
π2(2n− 1)2
+
(−1)n+1L sen nπx/L
nπ
]
(d)
f(x) =
∞∑
n=1
[
− 2
nπ
cos
nπ
2
+
(
2
nπ
)2
sen nπ
]
sen
nπx
2
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
29
Wesley de S. Bezerra
Capítulo 5
Aula 5-Condução de Calor
28 de setembro de 2018
A equação de condução de calor descreve o fenômeno físico de difusão, o qual evolui no
tempo e no espaço de acordo com o coeficiente de difusividade do objeto em questão. Logo,
devido a essa dependência espacial (x, y, z) e temporal (t), esse fenômeno é matematicamente
descrito por uma equação diferencial parcial. Nesta aula iremos usar o método de sepação de
variáveis para resolver esta equação.
5.1 Condução de calor em uma barra
Considere o problema de condução de calor em uma barra de seção reta uniforme feita de
um material homogêneo. Considere também que o eixo coordenado x coincide com o eixo
da barra e que as extremidades da barra são fixadas em x = 0 e x = L. Suponha que os
lados da barra estão perfeitamente isolados, isto é, não há transmissão de calor radialmente
através da superfície. Suponha ainda que as dimensões transversais (y, z) são tão pequenas
que a temperatura u pode ser considerada constante em qualquer seção reta da barra. Logo,
a temperatura depende apenas da coordenada axial x e do tempo t, ou seja, é dada por uma
função de duas variáveis u(x, t). A variação da temperaturana barra é descrita pela equação
diferencial parcial
∂
∂t
u(x, t) = α2
∂2
∂x2
u(x, t), 0 < x < L, t > 0, (5.1)
ou,
ut = α
2uxx, 0 < x < L, t > 0, (5.2)
onde definimos α2 como sendo a difusividade térmica. As equações (5.1) e (5.2) são equiva-
lentes, e estão em diferentes notações. A tabela abaixo mostra os valores da difusidade térmica
para alguns materiais. Além disso, vamos considerar a seguinte condição inicial para o pro-
blema, ou seja, a distribuição inicial de temperaturatura da barra é (Obs: Este problema deve
ter apenas uma condição inicial, pois a E.D.P de calor tem somente a derivada primeira em
relação ao tempo.)
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (5.3)
30
5.1. CONDUÇÃO DE CALOR EM UMA BARRACAPÍTULO 5. AULA 5-CONDUÇÃO DE CALOR
Tabela 5.1: Difusidade térmica α2 para alguns materiais.
Material α2 (mm2/s)
Prata 166
Ouro 127
Cobre 111
Alumínio 90
Ferro fundido 12
Tijolo 0,4
Madeira 0,08
onde f(x) é dada. No entanto, para que o problema (5.2, 5.3) seja resolvível, precisamos das
condições de contorno, que neste caso, é o valor da temperatura u nas extremidades da barra.
Vamos considerar três tipos de condições de contorno distintas.
5.1.1 Condições de contorno de Dirichlet
Quando se impõe o valor da solução da equação diferencial ao longo das fronteiras do do-
mínio, essas condições são chamadas de condições de contorno de Dirichelet. Para o problema
(5.2, 5.3), é o mesmo que considerar que as extremidades da barra são mantidas a temperatura
constante, ou seja, essas condições são dadas por
u(0, t) = U1, u(L, t) = U2, t > 0. (5.4)
Se U1 = U2 = 0, então as condições de Dirichelet são homogêneas, caso contrário são ditas
não-homogêneas. Vamos considerar primeiramente o problema com condições de contorno ho-
mogêneas. O problema (5.2),(5.3), (5.4) é linear em u visto que só aparece na primeira potência
em toda a equação. O método de separação de variáveis consiste em separar o problema em
dois outros problemas, um PVI(problema de valor inicial) e um PVC(problema de valores de
contorno). Neste sentido, a hipótese é que a solução u(x, t) seja dada pelo produto de outras
duas funções, uma dependendo somente de x e outra dependente somente de t. Então podemos
escrever
u(x, t) = X(x) T (t). (5.5)
Impondo a solução (5.5) na equação diferencial (5.2) tem-se
∂
∂t
u(x, t) = α2
∂2
∂x2
u(x, t)
∂
∂t
[X(x)T (t)] = α2
∂2
∂x2
[X(x)T (t)]
X(x)
∂
∂t
T (t) = α2T (t)
∂2
∂x2
X(x). (5.6)
Ocultando a dependência de cada função, isto é, denotando X(x) = X e T (t) = T , e escre-
vendo ∂T/∂t = T ′ e ∂2X/∂x2 = X ′′, a equação (5.6) pode ser reescrita como
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
31
Wesley de S. Bezerra
5.1. CONDUÇÃO DE CALOR EM UMA BARRACAPÍTULO 5. AULA 5-CONDUÇÃO DE CALOR
XT ′ = α2TX ′′
1
α2
T ′
T
=
X ′′
X
. (5.7)
Assim, o lado esquerdo da equação (5.7) só depende de t e o lado direito só depende de x.
Portanto, é preciso que os dois lados da equação sejam iguais a uma mesma constante, senão a
igualdade não é satisfeita. Denotando essa constante de separação por −λ temos
1
α2
T ′
T
=
X ′′
X
= −λ
resultando em duas equações separadas
T ′ + α2λT = 0, (5.8)
X ′′ + λX = 0. (5.9)
As equações diferenciais (5.8) e (5.9) podem ser resolvidas para qualquer valor de λ. Assim,
a solução u(x, t) da equação diferencial parcial é dada pelo produto das soluções das equações
(5.8) e (5.9). Impondo as condições de contorno homogêneas na equação (5.5), em x = 0 temos
u(0, t) = X(0)T (t) = 0, (5.10)
onde T (t) tem que ser diferente de zero, caso contrário u(x, t) seria nulo para todo x e t.
Portanto devem ser satisfeitas as seguintes condições:
X(0) = 0, X(L) = 0. (5.11)
Neste sentido, agora a equação (5.9) é um problema de autovalores, como visto na aula anterior.
A solução não trivial é
Xn(x) = sen
√
λn x = sen
nπx
L
, (5.12)
onde os autovalores são
λn =
n2π2
L2
, n = 1, 2, 3, .... (5.13)
A solução da equação de primeira ordem (5.8) é proporcional a uma função exponencial
Tn(t) = e
−λα2t, (5.14)
Substituindo λn = n2π2/L2, e multiplicando as soluções T (t) e X(x) obtemos a solução fun-
damental un(x, t).
un(x, t) = e
−n2π2α2t/L2 sen
nπx
L
. (5.15)
As soluções fundamentais (5.15) satisfazem a equação diferencial parcial e as condições de
contorno homogêneas para todo n inteiro positivo. Como todos os un(x, t) são soluções do
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
32
Wesley de S. Bezerra
5.1. CONDUÇÃO DE CALOR EM UMA BARRACAPÍTULO 5. AULA 5-CONDUÇÃO DE CALOR
problema, então é razoável supor que uma combinação linear destas funções formem a solução
geral u(x, t). Portanto
u(x, t) =
∞∑
n=1
cnun(x, t) =
∞∑
n=1
cne
−n2π2α2t/L2 sen
nπx
L
, (5.16)
onde os coeficientes cn serão determinados. Impondo a condição inicial, temos
u(x, 0) = f(x) =
∞∑
n=1
cn sen
nπx
L
, (5.17)
ou seja, é uma série de Fourier em senos, na qual os coeficientes são dados por
cn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
(5.18)
Assim, determinando os coeficientes cn obtem-se a solução geral da equação de condução de
calor.
EXEMPLO 1. Determine a temperatura u(x, t) em uma barra de metal com 50 cm de compri-
mento, com sua superfície lateral isolada, inicialmente com temperatura uniforme de 20oC em
toda a barra e com extremidades mantidas a 0oC para t > 0.
Solução:
A temperatura u(x, t) satisfaz o problema de condução de calor com L = 50 e f(x) = 20, ou
seja, podemos escrever
E.D.P ut = α2uxx, 0 < x < L, t > 0, (5.19)
C.C. u(0, t) = 0, u(50, t) = 0 0 < x < 50, t > 0, (5.20)
C.I. u(x, 0) = 20, 0 < x < 50. (5.21)
Assim, a solução geral u(x, t) é
u(x, t) =
∞∑
n=1
cne
−n2π2α2t/L2 sen
nπx
L
=
∞∑
n=1
cne
−n2π2α2t/2500 sen
nπx
50
. (5.22)
Calculando os coeficientes cn obtemos
cn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
=
2
50
∫ 50
0
20 sen
nπx
50
=
2 · 20
50
∫ 50
0
sen
nπx
50
=
40
50
(
− 50
nπ
cos
nπx
50
) ∣∣∣∣∣
50
0
=
40
nπ
(− cosnπ + cos 0)
=
40
nπ
(1− cosnπ) . (5.23)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
33
Wesley de S. Bezerra
5.1. CONDUÇÃO DE CALOR EM UMA BARRACAPÍTULO 5. AULA 5-CONDUÇÃO DE CALOR
Logo, na expressão (5.23), temos que
40
nπ
(1− cosnπ) =
{
80/nπ, se n ímpar,
0, se n par.
(5.24)
Logo, a temperatura na barra é
u(x, t) =
∞∑
n=1,3,5,...
80
nπ
e−n
2π2α2t/2500 sen
nπx
50
=
80
π
∞∑
n=1,3,5,...
1
n
e−n
2π2α2t/2500 sen
nπx
50
. (5.25)
Agora, vamos considerar a situação em que as temperaturas nas extremidades da barra U1 6=
U2 6= 0, isto é, condições de contorno não homogêneas para a temperatura u. Assim,
E.D.P ut = α2uxx, 0 < x < L, t > 0, (5.26)
C.C. u(0, t) = U1, u(L, t) = U2 0 < x < L, t > 0, (5.27)
C.I. u(x, 0) = f(x), 0 < x < 50. (5.28)
Devido ao fator exponencial na solução geral do problema de condução de calor, pode-se
garantir que
lim
t→∞
u(x, t) = 0. (5.29)
Assim, pode-se considerar que a solução geral do problema não homogêneo é dada pela soma
de uma solução estacionária uss(x) mais a solução transiente utr(x, t). Como uss(x) tem de
satisfazer a equação de calor,
u′′ss(x) = 0, 0 ≤ x ≤ L, (5.30)
levando em conta que a dependência temporal não existe para o estado estacionário. A solução
da equação (5.30), com as condições de contorno não homogêneas, isto é, uss(0) = U1 e
uss(L) = U2 é
uss(x) = (U2 − U1)
x
L
+ U1. (5.31)
Então podemos escrever a solução geral como
u(x, t) = uss(x) + utr(x, t). (5.32)
Substituindo u(x, t) dado pela (5.32) na equação diferencial parcial temos
∂u
∂t
= α2
∂2u
∂x2
∂
∂t
(uss + utr) = α
2 ∂
2
∂x2
(uss + utr).
∂
∂t
(utr) = α
2 ∂
2
∂x2
(utr), (5.33)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
34
Wesley de S. Bezerra
5.1. CONDUÇÃO DE CALOR EM UMA BARRACAPÍTULO 5. AULA 5-CONDUÇÃO DE CALOR
visto que ∂2uss/∂x2 = 0 e ∂uss/∂t = 0. Assim, a equação (5.33) pode ser resolvida levando
em conta as condições de contorno e inicial e a equação (5.32)
utr(0, t) = u(0, t)− uss(0) = U1 − U1 = 0,
utr(L, t) = u(L, t)− uss(L) = U2 − U2 = 0,
utr(x, 0) = u(x, 0)− uss(x) = f(x)− uss(x),
onde uss(x) é dado pela (5.31). Neste sentido, o problema transiente é equivalente ao problemahomogêneo. Logo, a solução geral é
u(x, t) = (U2 − U1)
x
L
+ U1 +
∞∑
n=1
cne
−n2π2α2t/L2 sen
nπx
L
, (5.34)
onde
cn =
2
L
∫ L
0
[
f(x)− (U2 − U1)
x
L
− U1
]
sen
nπx
L
(5.35)
EXEMPLO 2. Encontre a temperatura de estado estacionário e o problema de valores de con-
torno para o estado transiente considerando o seguinte problema de condução de calor em uma
barra:
E.D.P ut = uxx, 0 < x < 30, t > 0, (5.36)
C.C. u(0, t) = 20, u(30, t) = 50 0 < x < 30, t > 0, (5.37)
C.I. u(x, 0) = 60− 2x, 0 < x < 30. (5.38)
Solução:
A temperatura u(x, t) no estado estacionário satisfaz u′′ss(x) = 0 e as CC’s uss(0) = 20 e
uss(30) = 50. Logo, uss(x) = 20 + x. Além disso, a solução transiente satisfaz
utr(0, t) = 0,
utr(L, t) = 0,
utr(x, 0) = u(x, 0)− uss(x) = 60− 2x− (20 + x) = 40− 3x.
Portanto,
u(x, t) = 20 + x+
∞∑
n=1
cne
−n2π2t/L2 sen
nπx
L
, (5.39)
onde
cn =
2
L
∫ L
0
[40− 3x] sen nπx
L
(5.40)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
35
Wesley de S. Bezerra
5.2. EXERCÍCIOS CAPÍTULO 5. AULA 5-CONDUÇÃO DE CALOR
5.2 Exercícios
1. Considere o problema de condução de calor em uma barra de comprimento L. São chamadas
de condições de contorno de Neumann aquelas impostas sobre a derivada da temperatura na
extremidade da barra. Fisicamente, se ∂u(0, t)/∂x = ∂u(L, t)/∂x = 0, isto significa que a
barra tem suas extremidades isoladas. Encontre a solução dos seguintes problemas de condução
de calor:
(a)
E.D.P ut = α2uxx, 0 < x < L, t > 0, (5.41)
C.C.
∂
∂x
u(0, t) = 0,
∂
∂x
u(L, t) = 0 0 < x < L, t > 0, (5.42)
C.I. u(x, 0) = f(x), 0 < x < L. (5.43)
(b)
E.D.P ut = 2uxx, 0 < x < 20, t > 0, (5.44)
C.C. u(0, t) = 0, u(20, t) = 100 0 < x < 20, t > 0, (5.45)
C.I. u(x, 0) = 10, 0 < x < 20. (5.46)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
36
Wesley de S. Bezerra
Capítulo 6
Aula 6-Equação de onda
05 de outubro de 2018
A equação de onda descreve o fenômeno físico de vibrações, por exemplo em uma corda
de violino ou em um cabo de força. Essas vibrações evoluem no tempo e no espaço de acordo
com a frequência de oscilação natural ou imposta ao problema em questão. Assim como o
fenômeno de difusão de calor, as vibrações de uma corda também são descritas por uma equação
diferencial parcial. Vamos resolver esta equação de forma similar ao problema de calor, ou seja,
pelo método de separação de variáveis.
6.1 E.D.P de onda
Considere que uma corda de comprimento L é colocada em movimento, de maneira que
ela vibre em um plano vertical. Vamos denotqar por u(x, t) o deslocamento vertical da corda.
Desprezando as forças de atrito, como a resistência do ar e levando em conta uma amplitude de
movimento pequena o suficiente para linearizar o problema, o movimento da corda é descrito
por
∂2u
∂t2
= a2
∂2u
∂x2
, 0 < x < L, t > 0, (6.1)
onde definimos a como sendo a velocidade de propagação da onda. Para descrever completa-
mente este problema, precisamos especificar duas condições iniciais e duas condições de con-
torno. Considerando que a corda tem as duas extremidades presas, e impondo um deslocamento
inicial não nulo temos
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, (6.2)
u(x, 0) = f(x),
∂
∂t
u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L. (6.3)
Da mesma forma que foi usado na solução da equação de calor, o método de separação de
variáveis aplica-se na solução da equação de onda. Neste sentido, a hipótese é que a solução
u(x, t) seja dada pelo produto de outras duas funções, uma dependendo somente de x e outra
dependente somente de t. Então podemos escrever
u(x, t) = X(x) T (t). (6.4)
37
6.1. E.D.P DE ONDA CAPÍTULO 6. AULA 6-EQUAÇÃO DE ONDA
Impondo a solução (6.4) na equação diferencial (6.1) tem-se
∂2
∂t2
u(x, t) = a2
∂2
∂x2
u(x, t)
∂2
∂t2
[X(x)T (t)] = a2
∂2
∂x2
[X(x)T (t)]
X(x)
∂2
∂t2
T (t) = a2T (t)
∂2
∂x2
X(x). (6.5)
Ocultando a dependência de cada função, isto é, denotando X(x) = X e T (t) = T , e escre-
vendo ∂2T/∂t2 = T ′′ e ∂2X/∂x2 = X ′′, a equação (6.5) pode ser reescrita como
XT ′′ = a2TX ′′
1
a2
T ′′
T
=
X ′′
X
. (6.6)
Assim, o lado esquerdo da equação (6.6) só depende de t e o lado direito só depende de x.
Portanto, é preciso que os dois lados da equação sejam iguais a uma mesma constante, senão a
igualdade não é satisfeita. Denotando essa constante de separação por −λ temos
1
a2
T ′′
T
=
X ′′
X
= −λ
resultando em duas equações separadas
T ′′ + a2λT = 0, (6.7)
X ′′ + λX = 0. (6.8)
As equações diferenciais (6.7) e (6.8) podem ser resolvidas para qualquer valor de λ. Assim,
a solução u(x, t) da equação diferencial parcial é dada pelo produto das soluções das equações
(6.7) e (6.8). Impondo as condições de contorno homogêneas na equação (6.4), em x = 0 temos
u(0, t) = X(0)T (t) = 0, (6.9)
onde T (t) tem que ser diferente de zero, caso contrário u(x, t) seria nulo para todo x e t.
Portanto devem ser satisfeitas as seguintes condições:
X(0) = 0, X(L) = 0. (6.10)
Neste sentido, agora a equação (6.8) é um problema de autovalores, como visto anteriormente.
A solução não trivial é
Xn(x) = Cnsen
√
λn x = sen
nπx
L
, (6.11)
onde os autovalores são
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
38
Wesley de S. Bezerra
6.1. E.D.P DE ONDA CAPÍTULO 6. AULA 6-EQUAÇÃO DE ONDA
λn =
n2π2
L2
, n = 1, 2, 3, .... (6.12)
A solução geral da equação no tempo (6.7) é
T (t) = k1 cos
nπat
L
+ k2 sen
nπat
L
(6.13)
A solução da equação no tempo (6.7) é obtida impondo as condições iniciais na solução
geral (6.13) e o resultado é
Tn(t) = kn cos
nπat
L
, (6.14)
Multiplicando as soluções T (t) e X(x), e fazendo Cnkn = cn, obtemos a solução fundamental
un(x, t).
un(x, t) = cn cos
nπat
L
sen
nπx
L
. (6.15)
As soluções fundamentais (6.15) satisfazem a equação diferencial parcial e as condições de
contorno homogêneas para todo n inteiro positivo. Como todos os un(x, t) são soluções do
problema, então é razoável supor que uma combinação linear destas funções formem a solução
geral u(x, t). Portanto
u(x, t) =
∞∑
n=1
cnun(x, t) =
∞∑
n=1
cn cos
nπat
L
sen
nπx
L
, (6.16)
onde os coeficientes cn serão determinados. Impondo a condição inicial, temos
u(x, 0) = f(x) =
∞∑
n=1
cn sen
nπx
L
, (6.17)
ou seja, é uma série de Fourier em senos, na qual os coeficientes são dados por
cn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
dx (6.18)
Assim, determinando os coeficientes cn obtem-se a solução geral da equação de condução de
calor. A quantidade nπa/L é a frequência natural de oscilação do chamado modo normal n.
Além disso, o período espacial 2L/n é chamado de comprimento de onda do modo normal n.
EXEMPLO 1. Determine o deslocamento u(x, t) em uma corda vibrante de comprimento L =
30, velocidade de propagação da onda igual a a = 2 , com suas extremidades fixas, velocidade
inicial da posição inicial nula e deslocamento inicial dado por
u(x, 0) = f(x) =
{
x/10, se 0 ≤ x ≤ 10 ,
(30− x)/20, se 10 ≤ x ≤ 30 .
(6.19)
Solução:
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
39
Wesley de S. Bezerra
6.1. E.D.P DE ONDA CAPÍTULO 6. AULA 6-EQUAÇÃO DE ONDA
O deslocamento u(x, t) satisfaz a equação de onda com L = 30, a2 = 4 e u(x, 0) = f(x), ou
seja, podemos escrever
E.D.P utt = 4uxx, 0 < x < 30, t > 0, (6.20)
C.C. u(0, t) = 0, u(30, t) = 0 t > 0, (6.21)
C.I. u(x, 0) = 20, ut(x, 0) = 0 0 < x < 30. (6.22)
Assim, a solução geral u(x, t) é
u(x, t) =
∞∑
n=1
cn cos
nπat
L
sen
nπx
L
=
∞∑
n=1
cn cos
2nπt
30
sen
nπx
30
. (6.23)
Calculando os coeficientes cn obtemos
cn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
nπx
L
dx
=
2
30
∫ 30
0
f(x) sen
nπx
30
dx
=
2
30
∫ 10
0
x
10
sen
nπx
30
dx+
2
30
∫ 30
10
30− x
20
sen
nπx
30
dx
=
2
30
∫ 10
0
x
10
sen
nπx
30
dx+
2
30
∫ 30
10
30
20
sen
nπx
30
dx− 2
30
∫ 30
10
x
20
sen
nπx
30
dx
= I1 + I2 − I3, (6.24)
onde definimos
I1 =
2
30
∫ 10
0
x
10
sen
nπx
30
dx,
I2 =
2
30
∫ 30
10
30
20
sen
nπx
30
dx,
I3 =
2
30
∫ 30
10
x
20
sen
nπx
30
dx.
Calculando as integrais acima, tem-se
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
40
Wesley de S. Bezerra
6.1. E.D.P DE ONDA CAPÍTULO 6. AULA 6-EQUAÇÃO DE ONDA
I1 =
2
30
∫ 10
0
x10
sen
nπx
30
dx
=
2
300
∫ 10
0
x sen
nπx
30
dx
=
2
300
−x 30nπ cos nπx30
∣∣∣∣∣
10
0
+
30
nπ
∫ 10
0
cos
nπx
30
dx

=
2
300
{
−300
nπ
cos
nπ
3
+
900
(nπ)2
sen
nπ
3
}
= − 2
nπ
cos
nπ
3
+
6
(nπ)2
sen
nπ
3
. (6.25)
I2 =
2
30
∫ 30
10
30
20
sen
nπx
30
dx
= − 3
nπ
cosnπ +
3
nπ
cos
nπ
3
. (6.26)
I3 =
2
30
∫ 30
10
x
20
sen
nπx
30
dx =
3
nπ
cosnπ − 1
nπ
cos
nπ
3
+
3
(nπ)2
sen
nπ
3
. (6.27)
Logo, somando os resultados das integrais (6.25), (6.26) e (6.27), temos que
cn =
9
(nπ)2
sen
nπ
3
. (6.28)
Portanto, o deslocamento da corda é dado por
u(x, t) =
∞∑
n=1
cn cos
2nπt
30
sen
nπx
30
=
9
π2
∞∑
n=1
1
n2
sen
nπ
3
cos
2nπt
30
sen
nπx
30
(6.29)
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
41
Wesley de S. Bezerra
6.2. EXERCÍCIOS CAPÍTULO 6. AULA 6-EQUAÇÃO DE ONDA
6.2 Exercícios
1. Determine a solução do seguinte problema:
E.D.P utt = a2uxx, 0 < x < L, t > 0, (6.30)
C.C. u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 0 < x < L, t > 0, (6.31)
C.I. u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = g(x) 0 < x < L. (6.32)
2. Mostre que a equação de onda (6.30) pode ser reduzida a forma uζη = 0 pela mudança de
variáveis ζ = x− at, η = x+ at. Depois mostre que u(x, t) pode ser escrita como
u(x, t) = φ(x− at) + ψ(x+ at), (6.33)
onde φ e ψ são funções arbitrárias.
3. O movimento de uma membrana circular elástica, como um tamborim, é determinado pela
equação de onda bidimensional em coordenadas polares
urr +
1
r
ur +
1
r2
uθθ = a
−2utt (6.34)
Supondo que a solução u(r, θ, t) = R(r)Θ(θ)T (t), encontre as equações diferenciais ordinárias
correspondentes a R(r), Θ(θ) e T (t).
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
42
Wesley de S. Bezerra
6.3. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS CAPÍTULO 6. AULA 6-EQUAÇÃO DE ONDA
6.3 Respostas dos Exercícios
1.
u(x, t) =
∞∑
n=1
kn sen
nπat
L
sen
nπx
L
,
kn =
2
nπa
∫ L
0
g(x) sen
nπx
L
dx.
2. Escreva as derivadas parciais nas novas variáveis e aplique na equação de onda.
3.
r2R′′ + rR′ + (λ2r2 − µ2)R = 0
Θ′′ + µ2Θ = 0.
T ′′ + λ2a2T = 0.
Notas de aula:Equações Diferenciais Parciais
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Wesley de S. Bezerra
	Aula 1-Transformada de Laplace
	Introdução
	Exercícios
	Aula 2-Solução de EDO's
	Transformada de f'(t)
	Solução de PVI's
	Convolução
	Exercícios
	Respostas dos Exercícios
	Aula 3-Problemas de valores de contorno
	PVC
	Autovalores e Autofunções
	Exercícios
	Respostas dos Exercícios
	Aula 4-Séries de Fourier
	Definição e exemplos
	Exercícios
	Respostas dos Exercícios
	Aula 5-Condução de Calor
	Condução de calor em uma barra
	Condições de contorno de Dirichlet
	Exercícios
	Aula 6-Equação de onda
	E.D.P de onda
	Exercícios
	Respostas dos Exercícios