equações diferenciais com derivadas parciais -...
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Equações diferenciais com derivadas
parciaisAlexander Plakhov e Luıs Descalco
Universidade de Aveiro
Equacoes diferenciais – p. 1/49
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Equações e separação das variáveis
• Equações da física-matemática
• Aplicação do método da separação das variáveis ou de Fourier
Equacoes diferenciais – p. 2/49
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Definições e classificação
A equação diferencial parcial (EDP) é uma equação que envolve
uma função incógnita deduas (ou mais) variaveis, algumas
derivadas parciais desta função e variáveis independentes. A
função incógnita vai ser sempre denotada poru(x, y) (ou
u(x, t)).
Equacoes diferenciais – p. 3/49
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Definições e classificação
A equação diferencial parcial (EDP) é uma equação que envolve
uma função incógnita deduas (ou mais) variaveis, algumas
derivadas parciais desta função e variáveis independentes. A
função incógnita vai ser sempre denotada poru(x, y) (ou
u(x, t)).
A ordem da EDP é ordem da derivada de maior ordem que
aparece na equação.
Equacoes diferenciais – p. 3/49
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Forma genérica
A forma genérica da EDP de 1a ordem:
F (x, y, u(x, y),∂u
∂x(x, y),
∂u
∂y(x, y)) = 0;
ou, em notação mais compacta:F (x, y, u, ux, uy) = 0.
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Forma genérica
A forma genérica da EDP de 1a ordem:
F (x, y, u(x, y),∂u
∂x(x, y),
∂u
∂y(x, y)) = 0;
ou, em notação mais compacta:F (x, y, u, ux, uy) = 0.
A equação genérica de 2a ordem:
F (x, y, u, ux, uy, uxx, uxy, uyy) = 0,
etc.
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Forma genérica
A forma genérica da EDP de 1a ordem:
F (x, y, u(x, y),∂u
∂x(x, y),
∂u
∂y(x, y)) = 0;
ou, em notação mais compacta:F (x, y, u, ux, uy) = 0.
A equação genérica de 2a ordem:
F (x, y, u, ux, uy, uxx, uxy, uyy) = 0,
etc.Observacao. Lembramos que uma equação diferencialordinaria (EDO)
envolve uma função deumavariávelu(x) e as suas derivadas:
F (x, u(x), u′(x), . . .). Geralmente as EDP’s são mais complicadas do que
EDO’s.
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Exemplos das EDP’s
1. ux = 0.
2. ux + uy = sin(x+ y).
3. u2x + u2y = 1.
4. uxx + uyy = 0 (equação de Laplace).
5. ux = uyy (equação do calor).
6. uy + uux + uxxx = 0 (equação de Korteweg - de Vries).
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Exemplos das EDP’s
1. ux = 0.
2. ux + uy = sin(x+ y).
3. u2x + u2y = 1.
4. uxx + uyy = 0 (equação de Laplace).
5. ux = uyy (equação do calor).
6. uy + uux + uxxx = 0 (equação de Korteweg - de Vries).
Questao: Qual é a ordem de cada uma destas equações?
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Resolver EDP’s
• Sistemas da forma∇F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)). Por
exemplo,
∇F (x, y) = (2xy2, 2x2y + 1).
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Resolver EDP’s
• Sistemas da forma∇F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)). Por
exemplo,
∇F (x, y) = (2xy2, 2x2y + 1).
ObtemosF (x, y) = x2y2 + φ(y) usando a primeira equação,
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Resolver EDP’s
• Sistemas da forma∇F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)). Por
exemplo,
∇F (x, y) = (2xy2, 2x2y + 1).
ObtemosF (x, y) = x2y2 + φ(y) usando a primeira equação,
e usando a segunda,2x2y + φ(y) = 2x2y + 1, donde
F (x, y) = x2y2 + y.
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Resolver EDP’s
• Sistemas da forma∇F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)). Por
exemplo,
∇F (x, y) = (2xy2, 2x2y + 1).
ObtemosF (x, y) = x2y2 + φ(y) usando a primeira equação,
e usando a segunda,2x2y + φ(y) = 2x2y + 1, donde
F (x, y) = x2y2 + y.
• Primitivação direta. Por exemplo,uxxy = 1 resolve-se
primitivando e obtemos a solução
u(x, y) = y x2
2+ a(x) + xb(y) + c(y)
ondea, b e c são funções arbitrárias de uma variável.
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Resolver EDP’s
• Procurar soluções em formas dadas. Por exemplo, para a
equaçãouxx + 2uxy + uyy = 0, verificar queu(x, y) = erx+sy é
solução ser2 + 2rs+ s2 = 0.
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Resolver EDP’s
• Procurar soluções em formas dadas. Por exemplo, para a
equaçãouxx + 2uxy + uyy = 0, verificar queu(x, y) = erx+sy é
solução ser2 + 2rs+ s2 = 0.
Basta derivaru na forma dada e substituir na equação.
Equacoes diferenciais – p. 7/49
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Operadores
Já vimos o exemplo do operador∇ quando definimos o
gradiente e rotacional de um campo. Em geral, umoperadoré
uma aplicação (entre duas famílias de funções) que a uma função
faz corresponder outra função.
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Operadores
Já vimos o exemplo do operador∇ quando definimos o
gradiente e rotacional de um campo. Em geral, umoperadoré
uma aplicação (entre duas famílias de funções) que a uma função
faz corresponder outra função.
Exemplos de operadores:
1. Lu = ux + uy (divergente).
2. Lu = u2x + u2y.
3. Lu = uxx − x2uyy.
Equacoes diferenciais – p. 8/49
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Operadores
Já vimos o exemplo do operador∇ quando definimos o
gradiente e rotacional de um campo. Em geral, umoperadoré
uma aplicação (entre duas famílias de funções) que a uma função
faz corresponder outra função.
Exemplos de operadores:
1. Lu = ux + uy (divergente).
2. Lu = u2x + u2y.
3. Lu = uxx − x2uyy.
Definicao Um operador diz-selinear seL(u+ v) = Lu+ Lv e
L(λu) = λ · Lu, quaisquer que sejam funçõesu ev e o número
realλ.
Equacoes diferenciais – p. 8/49
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Operadores
Já vimos o exemplo do operador∇ quando definimos o
gradiente e rotacional de um campo. Em geral, umoperadoré
uma aplicação (entre duas famílias de funções) que a uma função
faz corresponder outra função.
Exemplos de operadores:
1. Lu = ux + uy (divergente).
2. Lu = u2x + u2y.
3. Lu = uxx − x2uyy.
Definicao Um operador diz-selinear seL(u+ v) = Lu+ Lv e
L(λu) = λ · Lu, quaisquer que sejam funçõesu ev e o número
realλ.
Questao: Quais dos operadores no exemplo são lineares?
Equacoes diferenciais – p. 8/49
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Propriedades das EDP lineares.
1. Soma de duas soluções de uma equação linear homogénea
também é solução:
Se Lu1 = 0 e Lu2 = 0 então L(u1+u2) = 0.
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Propriedades das EDP lineares.
1. Soma de duas soluções de uma equação linear homogénea
também é solução:
Se Lu1 = 0 e Lu2 = 0 então L(u1+u2) = 0.
2. Seu é solução de uma equação linear homogénea, entãoλu
também é:
Se Lu = 0, então L(λu) = 0.
Equacoes diferenciais – p. 9/49
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Propriedades das EDP lineares.
1. Soma de duas soluções de uma equação linear homogénea
também é solução:
Se Lu1 = 0 e Lu2 = 0 então L(u1+u2) = 0.
2. Seu é solução de uma equação linear homogénea, entãoλu
também é:
Se Lu = 0, então L(λu) = 0.
3. Seu1 é solução de uma EDP linear não
homogénea,Lu1 = f , eu2 é solução da equação homogénea
correspondente,Lu2 = 0, então a soma é solução da equação
não homogénea:L(u1 + u2) = f .
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Equação linear de primeira ordem
Equação linear homogênea de primeira ordem com coeficientes
constantes
aux + buy = 0
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Equação linear de primeira ordem
Equação linear homogênea de primeira ordem com coeficientes
constantes
aux + buy = 0
Metodo geometrico. Temos
aux + buy = 0 ⇔ (ux, uy) · (a, b) = 0 ⇔ D(a,b)u = 0.
Equacoes diferenciais – p. 10/49
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Equação linear de primeira ordem
Equação linear homogênea de primeira ordem com coeficientes
constantes
aux + buy = 0
Metodo geometrico. Temos
aux + buy = 0 ⇔ (ux, uy) · (a, b) = 0 ⇔ D(a,b)u = 0.
Assimu é constante na direção de(a, b) e por isso depende
apenas debx− ay.
Equacoes diferenciais – p. 10/49
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Equação linear de primeira ordem
Equação linear homogênea de primeira ordem com coeficientes
constantes
aux + buy = 0
Metodo geometrico. Temos
aux + buy = 0 ⇔ (ux, uy) · (a, b) = 0 ⇔ D(a,b)u = 0.
Assimu é constante na direção de(a, b) e por isso depende
apenas debx− ay.
A solução é
u(x, y) = f(bx− ay)
ondef é uma função arbitrária de uma variável.
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Equação linear de primeira ordem
aux + buy = 0
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Equação linear de primeira ordem
aux + buy = 0
Metodo das coordenadas.Fazendo
s = ax+ by e t = bx− ay
Equacoes diferenciais – p. 11/49
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Equação linear de primeira ordem
aux + buy = 0
Metodo das coordenadas.Fazendo
s = ax+ by e t = bx− ay
Obtemos
ux = aus + but euy = bus − aut
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Equação linear de primeira ordem
aux + buy = 0
Metodo das coordenadas.Fazendo
s = ax+ by e t = bx− ay
Obtemos
ux = aus + but euy = bus − aut
Substituindo na equação obtemos
us = 0 ⇔ u = f(t) ⇔ u(x, y) = f(bx− ay)
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Equação linear de segunda ordem
EDP’s lineares homogéneas de 2a ordem com coeficientes
constantes.:
Auxx + 2Buxy + Cuyy +Dux + Euy + Fu = 0.
Discriminante:∆ =∣
∣
∣
A B
B C
∣
∣
∣= AC − B2
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Equação linear de segunda ordem
EDP’s lineares homogéneas de 2a ordem com coeficientes
constantes.:
Auxx + 2Buxy + Cuyy +Dux + Euy + Fu = 0.
Discriminante:∆ =∣
∣
∣
A B
B C
∣
∣
∣= AC − B2
TeoremaPor uma transformação linear das variáveis
independentesu(x, y) = u(αx+ βy, γx+ δy), a equação acima
pode ser reduzida a uma das três formas:
(i) uxx + uyy + E = 0 (equação elíptica), se∆ > 0;
(ii) uxx + E = 0 (equação parabólica), se∆ = 0;
(iii) uxx − uyy + E = 0 (equação hiperbólica), se∆ < 0.
ondeE é uma expressão que envolve apenasu, ux euy.Equacoes diferenciais – p. 12/49
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Equações da Física Matemática
As equações mais simples de cada um dos três tipos:
• utt = a2uxx (equação de corda)
• ut = a2uxx (equação de calor)
• uxx + uyy = 0 (equação de Laplace)
Equacoes diferenciais – p. 13/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
Vamos considerar a equação de corda, também conhecida como
equação da onda, numa corda infinita (fisicamente uma corda
muito longa)
utt − a2uxx = 0.
Equacoes diferenciais – p. 14/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
Vamos considerar a equação de corda, também conhecida como
equação da onda, numa corda infinita (fisicamente uma corda
muito longa)
utt − a2uxx = 0.
• Podemosfatorizar o operador ficando(
∂
∂t− a
∂
∂x
)(
∂
∂t+ a
∂
∂x
)
u = 0
Equacoes diferenciais – p. 14/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
Vamos considerar a equação de corda, também conhecida como
equação da onda, numa corda infinita (fisicamente uma corda
muito longa)
utt − a2uxx = 0.
• Podemosfatorizar o operador ficando(
∂
∂t− a
∂
∂x
)(
∂
∂t+ a
∂
∂x
)
u = 0
obtemos assim duas equações de primeira ordem
vt − avx = 0 eut + aux = v
Equacoes diferenciais – p. 14/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
A equaçãovt − avx = 0 tem solução geral
v(x, t) = h(x+ at) comh função arbirária de uma variável
Equacoes diferenciais – p. 15/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
A equaçãovt − avx = 0 tem solução geral
v(x, t) = h(x+ at) comh função arbirária de uma variável
Resta então resolver a equação completa
ut + aux = h(x+ at)
Equacoes diferenciais – p. 15/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
A equaçãovt − avx = 0 tem solução geral
v(x, t) = h(x+ at) comh função arbirária de uma variável
Resta então resolver a equação completa
ut + aux = h(x+ at)
A homogênea associada,
ut + aux = 0,
tem solução
u(x, t) = g(x− at)
ondeg é uma função de uma variável.
Equacoes diferenciais – p. 15/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
Sef é uma função tal quef ′(x) = h(s)2a
então
u(x, t) = f(x+ at)
é solução particular da equação completaut + aux = h(x+ at).
Equacoes diferenciais – p. 16/49
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Equação da onda para uma corda infinita (1)
Sef é uma função tal quef ′(x) = h(s)2a
então
u(x, t) = f(x+ at)
é solução particular da equação completaut + aux = h(x+ at).
Como esta equação é linear, todas as funções da forma
u(x, t) = f(x+ at) + g(x− at)
são soluções (sol. particular da completa + geral da homogênea)
Equacoes diferenciais – p. 16/49
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Equação da onda para uma corda infinita (2)
• Para obter a solução geral da equação
utt − a2uxx = 0,
Equacoes diferenciais – p. 17/49
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Equação da onda para uma corda infinita (2)
• Para obter a solução geral da equação
utt − a2uxx = 0,
podemos efetuar amudanca de variaveis
ξ = x+ at, η = x− at.
Equacoes diferenciais – p. 17/49
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Equação da onda para uma corda infinita (2)
• Para obter a solução geral da equação
utt − a2uxx = 0,
podemos efetuar amudanca de variaveis
ξ = x+ at, η = x− at.
Temos∂u
∂x=∂u
∂ξ+∂u
∂ηe∂u
∂t= a
∂u
∂ξ− a
∂u
∂η.
Equacoes diferenciais – p. 17/49
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Equação da onda para uma corda infinita (2)
Substituindo na equação fatorizada(
∂
∂t− a
∂
∂x
)(
∂
∂t+ a
∂
∂x
)
u = 0
Equacoes diferenciais – p. 18/49
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Equação da onda para uma corda infinita (2)
Substituindo na equação fatorizada(
∂
∂t− a
∂
∂x
)(
∂
∂t+ a
∂
∂x
)
u = 0
obtemos
uηξ = 0 ⇔ uη = h(η) ⇔ u = f(η) + g(ξ)
Equacoes diferenciais – p. 18/49
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Equação da onda para uma corda infinita (2)
Substituindo na equação fatorizada(
∂
∂t− a
∂
∂x
)(
∂
∂t+ a
∂
∂x
)
u = 0
obtemos
uηξ = 0 ⇔ uη = h(η) ⇔ u = f(η) + g(ξ)
donde
u(x, t) = f(x+ at) + g(x− at)
comf eg funções artbitrárias.
Equacoes diferenciais – p. 18/49
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Equação da onda para uma corda finita
Vamos considerar a equação de corda para ilustrar o método da
separação das variáveis (ou método de Fourier).
Equacoes diferenciais – p. 19/49
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Equação da onda para uma corda finita
Vamos considerar a equação de corda para ilustrar o método da
separação das variáveis (ou método de Fourier).
Consideremos uma corda de comprimentoL > 0 cuja dinâmica
é descrita por uma funçãou, sendou(x, t) é a deslocação
transversal do pontox ∈ [0, L] da corda no instantet.
Equacoes diferenciais – p. 19/49
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Equação da onda para uma corda finita
Vamos considerar a equação de corda para ilustrar o método da
separação das variáveis (ou método de Fourier).
Consideremos uma corda de comprimentoL > 0 cuja dinâmica
é descrita por uma funçãou, sendou(x, t) é a deslocação
transversal do pontox ∈ [0, L] da corda no instantet.
A corda é presa nas extremidadesx = 0 ex = L, ou seja,
u(0, t) = 0 eu(L, t) = 0 (condicoes laterais).
Equacoes diferenciais – p. 19/49
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A corda
0 L x
x
u(x, t)
y
A configuração da corda no instantet
Equacoes diferenciais – p. 20/49
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O problema
Vamos considerar o seguinte problema:
(a) utt = a2uxx, x ∈ [0, L], t ≥ 0
(b) u(0, t) = 0 = u(L, t), t ≥ 0
(c) u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ(x), x ∈ [0, L].
Equacoes diferenciais – p. 21/49
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O problema
Vamos considerar o seguinte problema:
(a) utt = a2uxx, x ∈ [0, L], t ≥ 0
(b) u(0, t) = 0 = u(L, t), t ≥ 0
(c) u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ(x), x ∈ [0, L].
A funçãoϕ descreve a configuração inicial da corda eψ descreve
a velocidade inicial (transversal) dos pontos da corda.
Equacoes diferenciais – p. 21/49
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Séries de Fourier
Se a funçãof satisfaz as condições de Dirichlet no intervalo
]− L,L[ (tem um número finito de descontinuidades e de
extremos), então para os pontos de continuidade da função
verifica-se
f(x) =a0
2+
∞∑
m=1
am cosπmx
L+
∞∑
m=1
bm sinπmx
L
com
am =1
L
∫ L
−L
cosπmx
Lf(x) dx (m = 0, 1, 2, . . .) e
bm =1
L
∫ L
−L
sinπmx
Lf(x) dx (m = 1, 2, . . .)
Equacoes diferenciais – p. 22/49
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Séries de Fourier
Seam = 0, m = 0, 1, 2, . . . entãof é par e temos
f(x) =∞∑
m=1
bm sinπmx
L
com
bm =2
L
∫ L
0
sinπmx
Lf(x) dx (m = 1, 2, . . .)
Equacoes diferenciais – p. 23/49
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O método de separação das variáveis
Vamos então agora aplicar o método da separação das variáveis
para resolver o nosso problema com a equação da corda.
Procuramos uma solução na formau(x, t) = X(x) · T (t)
(portanto separando as variáveis), com o uso das alíneas (a)e (b),
e ignorando por agora a alínea (c).
Equacoes diferenciais – p. 24/49
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O método de separação das variáveis
Vamos então agora aplicar o método da separação das variáveis
para resolver o nosso problema com a equação da corda.
Procuramos uma solução na formau(x, t) = X(x) · T (t)
(portanto separando as variáveis), com o uso das alíneas (a)e (b),
e ignorando por agora a alínea (c).
(a) utt = a2uxx, x ∈ [0, L], t ≥ 0
(b) u(0, t) = 0 = u(L, t), t ≥ 0
Equacoes diferenciais – p. 24/49
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O método de separação das variáveis
(a) ⇒ X(x) · T ′′(t) = a2X ′′(x) · T (t), donde
T ′′(t)
a2T (t)=
X ′′(x)
X(x)∀x ∈ [0, L], ∀t ≥ 0.
Equacoes diferenciais – p. 25/49
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O método de separação das variáveis
(a) ⇒ X(x) · T ′′(t) = a2X ′′(x) · T (t), donde
T ′′(t)
a2T (t)=
X ′′(x)
X(x)∀x ∈ [0, L], ∀t ≥ 0.
A parte esquerda desta equação depende apenas det, e a parte
direita, dex, logo ambas as partes são iguais a uma constante.
Deste modo,
(i)X ′′(x)
X(x)= λ, (ii)
T ′′(t)
a2T (t)= λ.
Equacoes diferenciais – p. 25/49
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O método de separação das variáveis
Notemos que,
(b) ⇒ X(0) · T (t) = 0 = X(L) · T (t) ∀t ≥ 0,
logo
X(0) = 0 e X(L) = 0,
pois caso contrário a funçãoT seria identicamente nula.
Equacoes diferenciais – p. 26/49
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O método de separação das variáveis
Notemos que,
(b) ⇒ X(0) · T (t) = 0 = X(L) · T (t) ∀t ≥ 0,
logo
X(0) = 0 e X(L) = 0,
pois caso contrário a funçãoT seria identicamente nula.
Vamos primeiro considerar a equação (i):
X ′′(x) = λX(x).
Consideremos três casos:(a) λ > 0, (b) λ = 0 e (c) λ < 0.
Provemos que os casos(a) e (b) são impossíveis.
Equacoes diferenciais – p. 26/49
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Caso(a)
λ > 0. Sejaλ = k2 comk 6= 0. Neste caso a solução geral desta
equação (linear homogénea de coeficientes constantes) é
X(x) = α1ekx + α2e
−kx. Temos
X(0) = 0 ⇒ α2 = −α1 ( logoα1 6= 0).
Equacoes diferenciais – p. 27/49
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Caso(a)
λ > 0. Sejaλ = k2 comk 6= 0. Neste caso a solução geral desta
equação (linear homogénea de coeficientes constantes) é
X(x) = α1ekx + α2e
−kx. Temos
X(0) = 0 ⇒ α2 = −α1 ( logoα1 6= 0).
Por outro lado
X(L) = 0 ⇒ α1ekL − α1e
−kL = 0 ⇒ ekL = e−kL
o que é impossível, poisk 6= 0 eL 6= 0.
Equacoes diferenciais – p. 27/49
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Caso(b)
λ = 0. A solução geral da equaçãoX ′′ = 0 éX(x) = α1x+ α2.
Equacoes diferenciais – p. 28/49
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Caso(b)
λ = 0. A solução geral da equaçãoX ′′ = 0 éX(x) = α1x+ α2.
Temos
X(0) = 0 ⇒ α2 = 0 (logoα1 6= 0) e X(L) = 0 ⇒ α1L = 0
o que também é impossível poisα1 6= 0 eL 6= 0.
Equacoes diferenciais – p. 28/49
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Caso(c)
Deste modo, ficamos com o caso(c): λ < 0. Sejaλ = −k2 com
k 6= 0. A solução geral da equaçãoX ′′ = −k2X é
X(x) = α1 cos kx+ α2 sin kx.
Equacoes diferenciais – p. 29/49
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Caso(c)
Deste modo, ficamos com o caso(c): λ < 0. Sejaλ = −k2 com
k 6= 0. A solução geral da equaçãoX ′′ = −k2X é
X(x) = α1 cos kx+ α2 sin kx.
Temos
X(0) = 0 ⇒ α1 = 0 (logo α2 6= 0).
X(L) = 0 ⇒ sin kL = 0, logo k =πm
L, m ∈ Z.
Equacoes diferenciais – p. 29/49
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Caso(c)
Deste modo, ficamos com o caso(c): λ < 0. Sejaλ = −k2 com
k 6= 0. A solução geral da equaçãoX ′′ = −k2X é
X(x) = α1 cos kx+ α2 sin kx.
Temos
X(0) = 0 ⇒ α1 = 0 (logo α2 6= 0).
X(L) = 0 ⇒ sin kL = 0, logo k =πm
L, m ∈ Z.
Deste modo,
X(x) = α2 sinπmx
L, com m inteiro.
Equacoes diferenciais – p. 29/49
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Equação (ii)
Consideremos agora a equação (ii) (comλ = −k2, k = πmL
):
T ′′(t) = −π2m2a2
L2T (t).
Equacoes diferenciais – p. 30/49
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Equação (ii)
Consideremos agora a equação (ii) (comλ = −k2, k = πmL
):
T ′′(t) = −π2m2a2
L2T (t).
A sua solução é:
T (t) = β1 cosπmat
L+ β2 sin
πmat
L.
Equacoes diferenciais – p. 30/49
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Equação (ii)
Temos então, fazendoα2β1 = γ1 e α2β2 = γ2:
u(x, t) = X(x)·T (t) = sinπmx
L
(
γ1 cosπmat
L+ γ2 sin
πmat
L
)
,
ondem = 1, 2, 3, . . . (sem = 0, a solução é trivial; as soluções
comm = −1, −2, −3, . . . são idênticas às que se obtêm comm
positivo).
Equacoes diferenciais – p. 31/49
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Solução na forma de série
Esta solução genérica satisfaz as alíneas (a) e (b); para satisfazer
a alínea (c), vamos procurar a solução na forma da série (soma
infinita destas soluções):
(∗) u(x, t) =∞∑
m=1
sinπmx
L
(
am cosπmat
L+ bm sin
πmat
L
)
.
Equacoes diferenciais – p. 32/49
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Solução na forma de série
Esta solução genérica satisfaz as alíneas (a) e (b); para satisfazer
a alínea (c), vamos procurar a solução na forma da série (soma
infinita destas soluções):
(∗) u(x, t) =∞∑
m=1
sinπmx
L
(
am cosπmat
L+ bm sin
πmat
L
)
.
A derivadaut é
ut(x, t) =∞∑
m=1
sinπmx
L
(
−amπma
Lsin
πmat
L+ bm
πma
Lcos
πmat
L
)
.
Equacoes diferenciais – p. 32/49
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Solução na forma de série
Fazendot = 0 obtemos
u(x, 0) =∞∑
m=1
am sinπmx
L, ut(x, 0) =
∞∑
m=1
bmπma
Lsin
πmx
L.
Equacoes diferenciais – p. 33/49
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Solução na forma de série
Fazendot = 0 obtemos
u(x, 0) =∞∑
m=1
am sinπmx
L, ut(x, 0) =
∞∑
m=1
bmπma
Lsin
πmx
L.
Usando a alínea (c), obtemos as séries de Fourier
∞∑
m=1
am sinπmx
L= ϕ(x),
∞∑
m=1
bmπma
Lsin
πmx
L= ψ(x),
com as funçõesϕ eψ conhecidas.
Equacoes diferenciais – p. 33/49
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Solução na forma de série
Os coeficientes destas séries são dados por:
(∗∗) am =2
L
∫ L
0
sinπmx
Lϕ(x) dx,
(∗ ∗ ∗) bmπma
L=
2
L
∫ L
0
sinπmx
Lψ(x) dx.
A fórmula (*), com os coeficientes dados por (**) e (**), dá-nos
a solução para o nosso problema.
Equacoes diferenciais – p. 34/49
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Exercício 1
Resolva o problema
utt = uxx, x ∈ [0, π], t ≥ 0
u(0, t) = 0 = u(π, t), t ≥ 0
u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = sin x, x ∈ [0, π].
Equacoes diferenciais – p. 35/49
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Exercício 1
Do exposto resulta que a solução do problema é da forma
u(x, t) =
∞∑
m=1
sin(mx) (am cos(mt) + bm sin(mt)) ,
onde os coeficientesam e bm são determinados por:
am =2
π
∫ π
0
sin(mx).0 dx
e
bm =2
mπ
∫ π
0
sin(mx) sin x dx.
Equacoes diferenciais – p. 36/49
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Exercício 1
Do exposto resulta que a solução do problema é da forma
u(x, t) =
∞∑
m=1
sin(mx) (am cos(mt) + bm sin(mt)) ,
onde os coeficientesam e bm são determinados por:
am =2
π
∫ π
0
sin(mx).0 dx
e
bm =2
mπ
∫ π
0
sin(mx) sin x dx.
Daqui resulta de imediato queam = 0, para todo om ≥ 1.
Equacoes diferenciais – p. 36/49
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Exercício 1
Por outro lado (integrando por partes),∫ π
0
sin(mx) sinx dx =[
− sin(mx) cosx]π
0+
∫ π
0
m cos(mx) cosx dx
= m
∫ π
0
cos(mx) cosx dx
= m([
cos(mx) sinx]π
0+m
∫ π
0
sin(mx) sinx dx)
,
Equacoes diferenciais – p. 37/49
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Exercício 1
Por outro lado (integrando por partes),∫ π
0
sin(mx) sinx dx =[
− sin(mx) cosx]π
0+
∫ π
0
m cos(mx) cosx dx
= m
∫ π
0
cos(mx) cosx dx
= m([
cos(mx) sinx]π
0+m
∫ π
0
sin(mx) sinx dx)
,
ou seja,
(1−m2)
∫ π
0
sin(mx) sinx dx = 0.
Sem > 1,∫ π
0
sin(mx) sinx dx = 0 =⇒ bm = 0
Equacoes diferenciais – p. 37/49
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Exercício 1
Sem = 1,∫ π
0
sin x sin x dx =
∫ π
0
sin2(x) dx =
∫ π
0
1− cos(2x)
2dx =
π
2,
logo,b1 = 2π
π2= 1.
Equacoes diferenciais – p. 38/49
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Exercício 1
Sem = 1,∫ π
0
sin x sin x dx =
∫ π
0
sin2(x) dx =
∫ π
0
1− cos(2x)
2dx =
π
2,
logo,b1 = 2π
π2= 1.
Assim, a solução do problema dado é
u(x, t) = sin x sin t.
Equacoes diferenciais – p. 38/49
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Equação de calor
Estudaremos a distribuição de temperatura numa barra de
comprimentoL.
Os pontos da barra são marcados porx ∈ [0, L].
Nas extremidades da barra a temperatura é nula:
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 (t ≥ 0).
A distrubuição inicial de temperatura é
u(x, 0) = ϕ(x).
É preciso encontrar a funçãou(x, t)
(que descreve a propagação de calor).
Equacoes diferenciais – p. 39/49
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Equação de calor
O problema:
ut = a2uxx, x ∈ [0, L], t ≥ 0
u(0, t) = 0 = u(L, t), t ≥ 0 (condições laterais)
u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, L] (condição inicial).
O coeficientea > 0 depende das propriedades físicas da barra.
Equacoes diferenciais – p. 40/49
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Equação de calor
O problema:
ut = a2uxx, x ∈ [0, L], t ≥ 0
u(0, t) = 0 = u(L, t), t ≥ 0 (condições laterais)
u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, L] (condição inicial).
O coeficientea > 0 depende das propriedades físicas da barra.
Diferenças entre este problema e o anterior:
(i) na 1a alínea temosut em vez deutt e
(ii) na 3a alínea temos apenas uma condição inicial, em vez de
duas.
Equacoes diferenciais – p. 40/49
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Aplicação do método de separação das variáveis.
Procuramos uma solução na formau(x, t) = X(x) · T (t). Temos
X(x) · T ′(t) = a2X ′′(x) · T (t), logo
T ′(t)
a2T (t)=
X ′′(x)
X(x)∀x ∈ [0, L], ∀t ≥ 0.
Daqui conclui-se que ambas as partes da equação são iguais a
uma constanteλ, logo
X ′′ = λX, T ′ = λa2T.
Equacoes diferenciais – p. 41/49
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Aplicação do método de separação das variáveis.
Procuramos uma solução na formau(x, t) = X(x) · T (t). Temos
X(x) · T ′(t) = a2X ′′(x) · T (t), logo
T ′(t)
a2T (t)=
X ′′(x)
X(x)∀x ∈ [0, L], ∀t ≥ 0.
Daqui conclui-se que ambas as partes da equação são iguais a
uma constanteλ, logo
X ′′ = λX, T ′ = λa2T.
Repetindo o que foi dito anteriormente, conclui-se que
λ = −k2, k =πm
L, X(x) = α sin
πmx
L, ondem = 1, 2, . . . .
Equacoes diferenciais – p. 41/49
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Aplicação do método de separação das variáveis.
Além disso,T (t) = β exp(−π2m2a2
L2 t), logo a solução genérica
é
u(x, t) = X(x)·T (t) = αβ sinπmx
Le−
π2m
2a2
L2t, m = 1, 2, 3, . . . .
Equacoes diferenciais – p. 42/49
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Aplicação do método de separação das variáveis.
Além disso,T (t) = β exp(−π2m2a2
L2 t), logo a solução genérica
é
u(x, t) = X(x)·T (t) = αβ sinπmx
Le−
π2m
2a2
L2t, m = 1, 2, 3, . . . .
Procuramos a solução do problema na forma da série
u(x, t) =∞∑
m=1
cm sinπmx
Le−
π2m
2a2
L2t
Equacoes diferenciais – p. 42/49
![Page 91: Equações diferenciais com derivadas parciais - SIACUAsiacua.web.ua.pt/calculo3/recursos/09_EDPs.pdf · Equações diferenciais com derivadas parciais Alexander Plakhov e Lu´ıs](https://reader034.vdocuments.site/reader034/viewer/2022050720/5bf4604709d3f26d518c7d89/html5/thumbnails/91.jpg)
Aplicação do método de separação das variáveis.
Substituindot = 0, temos
∞∑
m=1
cm sinπmx
L= ϕ(x),
os coeficientescm desta série de Fourier são
cm =2
L
∫ L
0
sinπmx
Lϕ(x) dx.
Equacoes diferenciais – p. 43/49
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Exercício 2
Resolva o problema de calor
ut = 4uxx
u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = sin x2
(
1 + cos x2
)
, x ∈ [0, 2π].
Equacoes diferenciais – p. 44/49
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Equação de Laplace:
uxx + uyy = 0.
(O operador∆u = uxx + uyy chama-seoperador de Laplace.)
Equacoes diferenciais – p. 45/49
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Equação de Laplace:
uxx + uyy = 0.
(O operador∆u = uxx + uyy chama-seoperador de Laplace.)
Vamos estudar o problema
uxx + uyy = 0, (x, y) ∈ D
u⌋C = ϕ (x, y) ∈ C,
ondeD ⊂ R2 é uma região,C é uma fronteira deD eϕ é uma
função definida emC. A segunda alínea também pode ser escrita
como
u(x, y) = ϕ(x, y) quando(x, y) ∈ C.
Equacoes diferenciais – p. 45/49
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Interpretações físicas
1. Posição de equilíbrio de uma membrana elástica com a
fronteira fixa (de acordo com a funçãoϕ).
2. Distribuição de equilíbrio de temperatura numa lâmina,
com a temperatura fixa (mantida a igual aϕ).
3. Potencial de um campo eléctrico dentro da regiãoD gerado
por uma distribuição de carga eléctrica ao longo do
perímetroC.
Equacoes diferenciais – p. 46/49
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O método de separação das variáveis
Restringimo-nos ao problema no círculoD = BR(0, 0). Nas
coordenadas polares, a função incógnita tem forma
u(r, θ) = u(r cos θ, r sin θ). O operador de Laplace fica com a
forma
∆u = urr +1
rur +
1
r2uθθ
O método de separação das variáveis leva-nos às seguintes
soluções elementares:
u(r, θ) = rk cos kθ; rk sin kθ, r−k cos kθ, r−k sin kθ,
k = 1, 2, 3, . . . .
Equacoes diferenciais – p. 47/49
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Fronteira
Se a condição de fronteira é dada por uma série de Fourier
ϕ(r cos θ, r sin θ) = a0 +
∞∑
k=1
ak cos kθ +
∞∑
k=1
bk sin kθ,
então a solução do problema é a série composta das soluções
elementares:
u(r, θ) = a0 +∞∑
k=1
ak
( r
R
)k
cos kθ +∞∑
k=1
bk
( r
R
)k
sin kθ.
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Exercício 3
Resolva o problema
∆u = 0 se x2 + y2 ≤ 1
u(x, y) = x2 − y2 se x2 + y2 = 1.
Sugestao A condição de fronteiraϕ(x, y) = x2 − y2 é definida
na circunferênciax = cos θ, y = sin θ e pode ser escrita como
ϕ(cos θ, sin θ) = cos2 θ − sin2 θ = cos 2θ.
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