Equaį˜oes Diferenciais B - Departamento de Matemática - UFMG

IntroduçãoEste texto tem como objetivo atender à disciplina de Equações Diferenciais B, na qual sãointroduzidos os importantes conceitos de séries de Fourier, transformada de Fourier e equaçõesdiferenciais parciais.Na Seção 1 introduziremos as séries de Fourier e veremos como representar funções a partir dasmesmas. Veremos como representar funções pares e funções ímpares através de séries de senos e deco-senos. Vários exemplos serão considerados, em particular, aqueles que serão utilizados na seçãoseguinte.Na Seção 2 introduziremos as equações do calor e de onda unidimensionais para uma regiãofinita, L, definiremos diferentes condições de contorno e usaremos o método da separação devariáveis na resolução das mesmas. Também consideramos a equação da onda para uma cordainfinita e obteremos a fórmula de D’Alembert que nos dá explicitamente a solução em termos daforma e velocidades iniciais da onda. Ainda nesta seção introduzimos a equação de Laplace e oPrincípio de Máximo e consideramos o problema de Dirichlet para o retângulo e para o disco.No Apêndice, Seção 4, deduziremos as equações de calor e da onda a partir de primeirosprincípios, ou seja, a partir da Segunda Lei de Newton e da Lei de Fourier, respectivamente.3

1 Séries de Fourierx.Dizemos que uma função f : R → R é periódica de período T , se f(x + T ) = f(x), para todoExemplo 1.1 As seguinte funções são periódicas:(a) sen x é periódica de período 2π.(b) f(x) = x − [x], onde [x] representa o maior inteiro menor do que ou igual a x, é periódica deperíodo 1. Veja o gráfico desta função na Figura 1.10.80.60.40.2-3 -2 -1 1 2 3Figura 1: Gráfico da função x − [x].Se T é um período de f, kT , onde k é um inteiro também é um período. Todavia, quando nosreferimos ao período de uma função estaremos considerando o seu período fundamental, ou seja, omenor valor de T ≠ 0, tal que f(x + T ) = f(x), para todo x. Tal valor T é chamado de períodofundamental de f.Exercício 1.1 Mostre que se f é derivável e periódica, então, f ′ também é periódica.Dizemos que uma função é seccionalmente contínua na reta se ela tiver um número finito dedescontinuidades (todas de primeira espécie) em qualquer intervalo limitado. Em outras palavras,dados a < b, existem a ≤ a 1 ≤ a 2 ≤ . . . ≤ a n = b, tais que f é contínua em cada intervalo aberto(a j , a j+1 ), j = 1, 2, . . . , n − 1 e existem os limitesf(a j + 0) = limx→a + jf(x) e f(a j − 0) = limx→a − jToda função contínua é seccionalmente contínua.f(x).A função 1 x, x ≠ 0, não é seccionalmentecontínua, pois, em x = 0 a sua descontinuidade não é de primeira espécie. A função definida como⎧⎪⎨1, se x ≥ 1,f(x) =10, sen+1⎪⎩≤ x ≤ 1 n, n = 1, 2, . . .,0, se x ≤ 0,4

ou ainda,b 2k = 0, e b 2k−1 =Portanto, a série de Fourier de f(x) é1∞ 2 + ∑ 2(2k − 1)πk=12, k = 1, 2, . . .(2k − 1)πsen (2k − 1)x.10.80.60.40.210.80.60.40.22 4 6 8 10 122 4 6 8 10 12Figura 5: A soma dos dois primeirostermos da série de Fourier de f(x).Figura 6: A soma dos três primeirostermos da série de Fourier de f(x).110.80.60.40.22 4 6 8 10 120.80.60.40.22 4 6 8 10 12Figura 7: A soma dos quatro termosda série de Fourier de f(x).Figura 8: A soma dos quatorzeprimeiros termos da série de Fourierde f(x)Exercício 1.5 Use os resultados do exercício 1.4 e obtenha uma expressão em série para π.Resolução. Segue-se do Teorema de Fourier que no ponto x = π 2, a série de Fourier é igual a 1.Logo,ou seja,1 = 1 2 + ∞ ∑k=12((2k(2k − 1)π sen − 1) π ),2π∞ 4 = ∑ 1((2k2k − 1 sen − 1) π )= 1 − 1 2 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − . . . = ∑∞ (−1) k−12k − 1 ,k=1k=1que é conhecida como a série de Leibniz.8

Exercício 1.6 Seja f uma função periódica de período 2L, k−vezes derivável com derivada deordem k absolutamente integrável. Mostre que existe uma constante positiva C tal queSugestão:|a n |, |b n | ≤ C , ∀n ≥ 1.nk Use integração por partes k vezes e use o fato que f e suas derivadas até ordemk − 1 são periódicas, o que assegura que os termos de fronteira sejam nulos.C = ( Lπ) k ∫ L−L |f (k) (x)|dx.1.1 Séries de Fourier de Funções Pares e ÍmparesPodemos tomarSeja I um subconjunto da reta que é simétrico em relação à origem, ou seja, se x ∈ I, então,−x ∈ I. Seja função f : I → R. Dizemos que f é uma função par se f(−x) = f(x) para todox ∈ I. Se f(−x) = −f(x) para todo x ∈ I, dizemos que f é uma função ímpar.Exemplo 1.3 As funções f(x) = cos nπxL , f(x) = x2n , n = 1, 2, . . ., são pares. Por outro lado, asfunções f(x) = sen nπxL , f(x) = x2n−1 , n = 1, 2, . . ., são ímpares.Exercício 1.7 Mostre que(i) A soma ou diferença de duas funções pares é uma função par. A soma ou diferença de duasfunções ímpares é uma função ímpar.(ii) O produto ou razão de duas funções pares é uma função par.(iii) O produto ou razão de duas funções ímpares é uma função par.(iv) O produto ou razão de uma função par e uma função ímpar é uma função ímpar.(v) Se f está definida num subconjunto da reta que é simétrico em relação à origem, então,podemos escrever f como a soma de uma função par e uma função ímpar.Exercício 1.8(i) Suponha que f seja uma função par, integrável em qualquer intervalo limitado. Então,∫ L−Lf(x)dx = 2∫ L0f(x)dx.(ii) Suponha que f é uma função ímpar, integrável em qualquer intervalo limitado. Então,∫ L−Lf(x)dx = 0.9

k = 1, 2, . . .. Portanto, a série de Fourier de f 2 éf 2 (x) ∼ L 2 + 4Lπ 2∞ ∑k=11 (2k − 1)πxcos .(2k − 1) 2 LNo presente caso, podemos substituir o símbolo ∼ por =. Usando o Teorema de Fourier parax = 0, obtemosou seja,L = L 2 + 4Lπ 2∞ ∑k=11(2k − 1) 2 ,π 2 ∞ 8 = ∑ 1(2k − 1) 2 = 1 + 1 3 2 + 1 5 2 + 1 7 2 + . . .k=1Seja f 3 a função periódica de período 2L e definida por f 3 (x) = x 2 , para −L ≤ x ≤ L. Como fé par, teremos uma série de co-senos cujos coeficientes sãoea o = 2 L∫ L0x 2 dx = 2L23a n = 2 L∫ L0x 2 cos nπxLPortanto, a série de Fourier de f 3 é∫ nπ2L2dx =n 3 π 3f 3 (x) ∼ L23 + 4L2π 2∞ ∑n=10(−1) nn 2y 2 cos y dy = 4L2n 2 π 2 (−1)n .cos nπxL .Como a função f 3 é contínua, a sua série converge em todos os pontos para a mesma. Usandoo Teorema de Fourier para x = L, obtemosπ 26 = 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 ∞ 4 2 + . . . = ∑ 1n 2 .Uma função dada num intervalo [0, L] pode ser representada por mais de uma série de Fourier.Em todas as séries calculadas anteriomente, a função era dada em toda a reta; de fato, dávamos umaexpressão para f num intervalo fundamental (−L, L] e dizíamos que ela era periódica de período2L. Se agora dermos a função num intervalo [0, L], e nada dissermos sobre o período, teremos aliberdade de escolher um período qualquer, T > L, e definirmos a função de jeito que nos convierno intervalo (L, T ). Essa liberdade de escolha será utilizada em problemas de aplicação para atingircertos objetivos. Veja exemplos a seguir.11n=1

Exemplo 1.4 Dada f(x) = x, para 0 ≤ x ≤ π, escreva f como uma série de senos.Resolução. Para obter uma série de senos, devemos definir f para outros valores de x, de modoque ela seja uma função ímpar. Portanto, faremos f(x) = x, para −π ≤ x ≤ π, e periódica deperíodo 2π. A série de Fourier desta função já foi calculada e encontramos,∞∑ (−1) n+1f(x) ∼ 2nn=1sen nx.Conseqüentemente, do Teorema de Fourier, temos∞∑ (−1) n+1x = 2nn=1sen nx, 0 ≤ x < π.(Na verdade, para −π ≤ x ≤ π, mas isso não foi pedido no problema.)321-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5-1-2-3Figura 9: A extensão periódica ímpar de período 2π, da função f(x) = x, para 0 ≤ x ≤ π.12

Em particular, do Teorema de Fourier, temosx = π 4 − 2 π∞∑k=11∞(2k − 1) 2 cos (2k − 1)x + ∑n=1(−1) n+1nsen nx, 0 ≤ x ≤ π.Exercício 1.9 Seja f(x) = x 2 para 0 ≤ x ≤ π.(a) Mostre que a série de Fourier de cossenos de f é(b) Usando x = π, conclua queπ 23 + 4 ∞ ∑n=1∞∑n=1(−1) ncos(nx).n 21n 2 = π26 .108642-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.58642-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5Figura 15:periódica par de f.Gráfico da extensãoFigura 16: A soma dos seteprimeiros termos da série de Fourierde cossenos de f.Exemplo 1.8 Dada uma função f : [0, L] → R, mostre que ela possui a seguinte série de senosondec n = 2 L∞∑c n senn−1∫ L0f(x) sen(2n − 1)πx, (1)2L(2n − 1)πx2LResolução. Inicialmente, iremos estender f para uma função g definida em [0, 2L], de modo queela coincida com f no intervalo [0, L] e g(x) = f(2L − x), para x no intervalo [π, 2L]. Isto faz comque ela seja simétrica em relação ao eixo x = L. Feito isso, iremos estendê-la para todo x de formadx.15

que ela seja uma função periódica ímpar de período 4L, logo, os seus coeficientes de Fourier (desenos) serão dados por∫ 2Lc n = 2 g(x)sen nπx2L 02L dx= 1 (∫ Lf(x) sen nπx ∫ 2LL 02L dx + L= 1 (∫ Lf(x) sen nπx ∫ 2LL2L dx +0Lg(x) sen nπx2L dx )f(2L − x) sen nπx2L dx ).Note que fazendo a mudança de variáveis y = 2L − x na segunda integral, temosPortanto, temos∫ 2Lo que é o resultado desejado.Lf(2L − x) sen nπx ∫ 02L dx = − f(y) senc n = 1 − (−1)nL==L∫ L0∫ L0= − cos nπn(2L − y)π2Ldyn(2L − y)πf(y) sen dy2L(f(y) sen nπ − nπy )dy2L∫ L∫ L= −(−1) n f(x)sen∫ L000f(x)sen nπx2L dxf(y)sen nπy2L dy(2k − 1)πy2Ldx.Exercício 1.10 Seja f(x) definida comof(x) = sen 2 x, 0 ≤ x ≤ π.(a) Seja g o prolongamento periódico ímpar com período 2π de f. Esboce o gráfico de g.(b) Calcule a série de Fourier de g.(c) Qual o valor da série de Fourier de g no ponto x = π 2 .1.3 Exercícios1. Nos problemas a seguir, esboce o gráfico da função e encontre a sua série de Fourier.16

(a) f(x) = −x , −L ≤ x < L , f(x + 2L) = f(x)⎧⎨ 1 , −L ≤ x < 0(b) f(x) =; f(x + 2L) = f(x)⎩ 0 , 0 ≤ x < L⎧⎨ −L − x , −L ≤ x < 0(c) f(x) =; f(x + 2L) = f(x)⎩ L − x , 0 ≤ x < L⎧⎨ x + 1 , −1 ≤ x < 0(d) f(x) =; f(x + 2) = f(x)⎩ x , 0 ≤ x < 1⎧⎨ 0 , −1 ≤ x < 0(e) f(x) =; f(x + 2) = f(x)⎩ x 2 , 0 ≤ x < 1⎧⎨ 0 , −π ≤ x < 0(f) f(x) =; f(x + 2π) = f(x)⎩ senx , 0 ≤ x < π(g) f(x) = |senx|(h) f(x) = sen 2 x2. Nos problemas a seguir, determinar se cada função dada é par, ou ímpar, ou nem par nemímpar. Esboce o gráfico da função em cada caso.(a) x 3(e) sec x(b) x 3 − 2x(f) |x 3 |(c) x 3 − 2x + 1(g) e −x(d) tan 2x(h) e −|x|3. Considere a função f(x) = x 2 , 0 ≤ x < 1.(a) Faça o desenvolvimento em séries de Fourier correspondente à extensão periódica dessafunção, ou seja, o desenvolvimento da função como se ela fosse periódica fora do intervalono qual ela se encontra definida, sendo seu período igual a 1. Esboce o gráfico da funçãoresultante no intervalo [−4, 4].(b) Faça o desenvolvimento em séries de Fourier correspondente à extensão periódica pardessa função, ou seja, o desenvolvimento utilizando apenas termos em cosseno, comperíodo 2. Esboce o gráfico da função resultante no intervalo [−4, 4].(c) Faça o desenvolvimento em séries de Fourier correspondente à extensão periódica ímpardessa função, ou seja, o desenvolvimento utilizando apenas termos em seno, com período2. Esboce o gráfico da função resultante no intervalo [−4, 4].17

4. Considere as⎧funções:⎨ 0 , 0 < x ≤ 1(a) f(x) =⎩ x , 1 < x ≤ 3⎧⎨ x , 0 < x ≤ 1(b) f(x) =⎩ 1 , 1 < x ≤ 3⎧⎨ x , 0 < x ≤ 1(c) f(x) =⎩ 1 − x , 1 < x ≤ 3⎧⎨ −1 , 0 < x ≤ 1(d) f(x) =⎩ −x , 1 < x ≤ 3Para cada uma das funções acima:(i) Esboce o gráfico da extensão periódica de período igual a 3 da função, no intervalo de -12a 12. Determine a série de Fourier dessa extensão.(ii) Esboce o gráfico da extensão par de período igual a 6 da função, no intervalo de -12 a12. Determine a série de Fourier dessa extensão.(iii) Esboce o gráfico da extensão ímpar de período igual a 6 da função, no intervalo de -12a 12. Determine a série de Fourier dessa extensão.1.4 Trabalhos1.4.1 RessonânciaSuponha um sistema massa-mola sem atrito, com frequência natural w 0 = 3, originalmente emrepouso e submetido a uma força externa periódica com frequência w. A pergunta que queremosresponder é se o sistema pode entrar em ressonância mesmo se a frequência externa w for diferenteda frequência natural do sistema w 0 .Questão 1. Suponha inicialmente que a força externa é g(t) = sen t. Observe que a frequênciada força externa é w = 1 ≠ w 0 = 3. Chamando de y a distância da massa ao ponto de equilíbriodo sistema massa-mola, o problema é modelado por: y ′′ + 9y = sen t com y(0) = y ′ (0) = 0. Ache asolução e, se possível, esboce o seu gráfico. Descreva o movimento da massa.Questão 2. Considere o mesmo problema, mas com força externa g(t) = sen 3t, ou seja, comfrequência w = 3 = w 0 . Ache a solução e, se possível, esboce o seu gráfico. Descreva o movimentoda massa. O sistema entra em ressonância?Questão 3.a) Seja y 1 (t) uma solução particular de y ′′ + w0 2 y = g 1(t) e seja y 2 (t) uma solução particular dey ′′ + w0 2 y = g 2(t). Mostre que y p (t) = y 1 (t) + y 2 (t) é uma solução particular de y ′′ + w0 2 y =18

g 1 (t) + g 2 (t).b) Determine a solução y ′′ + 9y = sen t + sen 3t com y(0) = y ′ (0) = 0. O sistema entra emressonância? (observe que a força externa g(t) = sen t + sen 3t tem período 2π e logo frequênciaw = 1 ≠ 3 = w 0 ).Questão 4. Considere de novo o mesmo problema y ′′ + 9y = g(t) com y(0) = y ′ (0) = 0 mas com⎧⎪⎨1, 0 < t < πg(t) = 0, t = 0, π, 2π⎪⎩−1, π < t < 2πMostre que a frequência de g(t) é 1 ≠ w 0 . O sistema entra em ressonância? Justifique sua resposta.Questão 5. Considere agora um sistema massa massa-mola sem atrito, com frequência naturalw 0 , originalmente em repouso e submetido a uma força externa periódica g(t) com frequência w.O que é preciso observar para saber se o sistema entra em ressonância?1.4.2 FiltragemExistem sistemas que recebem um sinal em sua entrada, e têm por objetivo fornecer em sua saídaum sinal que é composto das componentes da série de Fourier do sinal de entrada que estiveremdentro de determinada faixa de freqüências. A ação desses sistemas pode ser interpretada como:“deixar passar uma certa faixa de freqüências, e eliminar o restante das freqüências presentes numsinal”. Esses sistemas são denominados filtros.Os filtros têm larga aplicação em diversos dispositivos tecnológicos. Por exemplo, o seletor decanais de um aparelho de rádio ou de televisão é um filtro, que “deixa passar” apenas a faixade freqüências de uma determinada emissora que tiver sido selecionada, eliminando as demaisfreqüências (correspondentes às outras emissoras) que também tiverem chegado na mesma antenareceptora do aparelho.Questão: Considere um sinal de tensão elétrica v(t), que foi produzido através do processo deligar e desligar periodicamente uma chave, com período T , assim conectando e desconectando umabateria que fornece a tensão E, conforme mostrado na figura abaixo:19

TEv(t)O sinal v(t) resultante possui o formato mostrado na figura abaixo:v(t)EtabObserve que o intervalo de tempo θ, dentro de um período de duração T , no qual a chave ficaligada, não necessariamente é igual ao intervalo no qual a chave fica desligada, ou seja, o sinal nãopossui simetria entre a parte “ligada” e a parte “desligada”.Suponha que encontra-se disponível um filtro que “deixa passar” sinais na faixa de 0 Hz a 10 Hz,e que elimina senóides com freqüências fora dessa faixa, assim produzindo o sinal y(t), conformemostrado na figura abaixo.TEfy(a) Calcule a série de Fourier do sinal v(t).20

(b) Explique como esse esquema pode ser utilizado para gerar sinais de tensão y(t) constantes, apartir de uma correta seleção do período T de chaveamento.(c) Explique como o valor da tensão y(t) pode ser modificado a partir de uma correta seleção dointervalo θ.Observação: Esse é o esquema básico de funcionamento das “fontes de tensão chaveadas”, existentespor exemplo em equipamentos eletrônicos como os computadores ou as televisões. Este circuitodenomina-se “circuito com modulação PWM” (Pulse Width Modulation, ou Modulação porLargura de Pulso).21

2 Equações Diferenciais Parciais2.1 A equação de CalorA equação de calor em uma dimensão espacial modela o fluxo de calor num fio que é isolado emtoda parte, exceto, nas duas extremidades. Matematicamente, temos o seguinte problema: seja Ra região do plano (x, t) determinada por 0 < x < L e t > 0, e R a união de R com sua fronteira queé formada pelas semi-retas {x = 0, t > 0} e {x = L, t > 0} e pelo segmento {0 ≤ x ≤ L, t = 0}. Oproblema da condução do calor consiste em determinar uma função real u(x, t) definida em R quesatisfaça à equação do caloru t = Ku xx , em R, (2)que satisfaça à condição inicialu(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (3)onde f : [0, L] → R é uma função dada e, finalmente, que satisfaça às condições de fronteira quevamos descrever abaixo. A constante K é chamada de difusividade térmica, depende apenas domaterial de que é feita a barra, por exemplo, se o material for cobre, então, K = 1.14cm 2 /s.2.1.1 Condições de FronteiraTipo I. Suponhamos que, por algum processo, as extremidades da barra sejam mantidas atemperaturas conhecidas. Por exemplo, constante em cada extremidade,u(0, t) = T 1 e u(L, t) = T 2 ,onde T 1 e T 2 são temperaturas dadas. Um caso mais complexo seria aquele em que se conhece avariação de temperatura em um das extremidades (ou em ambas), isto éu(0, t) = h o (t) e u(L, t) = h 1 (t),onde h o (t) e h 1 (t), para t ≥ 0, são as temperaturas em cada uma das extremidades.Tipo II. Suponhamos que as extremidades estejam isoladas termicamente. Isto quer dizer que osfluxos de calor através de x = 0 e x = L são nulos, ou seja,u x (0, t) = u x (L, t) = 0.22

Tipo III. Suponhamos que meio ambiente tenha uma temperatura u o e que haja transferência decalor, entre a barra e o meio ambiente, regidas pela leiku x (0, t) = e (u(0, t) − u o ) , ku x (L, t) = −e (u(L, t) − u o ) ,onde e é uma constante, dita emissividade, característica do material da barra do meio ambiente.Tipo IV. Uma combinação de duas quaisquer das condições acima, como, por exemplo,u(0, t) = 0 e u x (L, t) = 0.2.1.2 Separação de VariáveisO método de sepação de variáveis reduz o problema de resolver uma equação diferencial parciallinear ao de resolver equações diferenciais ordinárias. Se u for uma função de duas variáveis, a idéiado método consiste em assumirmos queu(x, t) = F (x)G(t). (4)Substituindo (4) em (12), temosF (x)G ′ (t) = KF ′′ (x)G(t) (5)ou1 G ′ (t)K G(t) = F ′′ (x)F (x) . (6)Como o lado esquerdo de (5) depende apenas de t e o direito depende apenas de x, ambos devemser iguais a uma constante σ. Isto nos leva as equaçõesEm particular, temos1 G ′ (t)K G(t) = σ e F ′′ (x)= σ. (7)F (x)F ′′ (x) − σF (x) = 0, para 0 < x < L. (8)23

2.1.3 Barra com extremidades mantidas à 0 o CVamos assumir que a condição de contorno seja do Tipo I, com u(0, t) = u(L, t) = 0. Entãodevemos terF (0) = F (L) = 0, (9)pois, como u(0, t) = F (0)G(t) = 0, para todo t > 0, segue-se que se F (0) ≠ 0, então, G(t) ≡ 0e, portanto, u ≡ 0, o que não tão tem a chance de satisfazer à condição inicial u(x, 0) = f(x), amenos que f(x) ≡ 0.Há três possibilidades para σ.i) Se σ > 0, então a solução geral é da formaF (x) = c 1 e √ σx + c 2 e −√σx .Portanto, se tal F satisfizer (9), o par (c 1 , c 2 ) de constantes deverá satisfazerc 1 + c 2 = 0,c 1 e √ σ L + c 2 e −√ σ L = 0.Mas a única solução desse sistema é c 1 = c 2 = 0. Isto implica F ≡ 0, o que não interessa.ii) Se σ = 0, a solução geral de (8) éF (x) = c 1 x + c 2 ,e, para satisfazer (9) deveremos terc 2 = 0 e c 1 L + c 2 = 0,o que implica c 1 = c 2 = 0 e, portanto, F ≡ 0.iii) Se σ < 0, fazemos σ = −λ 2 e a solução geral éF (x) = c 1 cos λx + c 2 sen λx.Para que tal função satisfaça (9), deveremos terc 1 = 0 e c 2 sen senλL = 0,como não queremos c 2 = 0, devemos tersen λL = 0,24

o que implica λL = nπ, onde n é um inteiro não-nulo (n = ±1, ±2, . . .)). Portanto,λ n = − n2 π 2L 2 ,chamados de autovalores do problema e as funçõesF n (x) = sen nπxL ,são chamadas de autofunções associadas. Para cada n a solução da segunda equação diferencial de(7) é proporcional aG n (t) = e − n2 π 2L 2 Kt .Logo, para cada n = 1, 2, . . ., temos uma funçãou n (x, t) = e − n2 π 2 KtL 2sen nπxL ,que satisfaz a equação a equação de calor e as condições de fronteira dadas.Exercício 2.1 (A equação de calor é linear) Mostre que se u 1 (x, t) e u ( x, t) são soluções da equaçãode calor, o mesmo acontecerá com u(x, t) = c 1 u 1 (x, t) + c 2 u 2 (x, t). Portanto, qualquer combinaçãolinear finita de soluções da equação de calor também será solução da mesma.Segue-se do exercício acima que toda expressão da formaN∑c n u n (x, t),n=1onde c n são constantes é solução da equação de calor.fronteira dadas. Conseqüentemente, se a condição inicial f(x) for da formaf(x) =então, nesse caso, a solução do problema éu(x, t) =N∑n=1Se a distribuição inicial de temperatura forf(x) =N∑n=1c n sen nπxL ,c n e − n2 π 2 KtL 2 sen nπxL .∞∑n=1c n sen nπxL ,25Claramente ela satisfaz as equações de

então, o candidato a ser a solução do problema é∞∑u(x, t) = c n e − n2 π 2 KtL 2 sen nπxL .n=1Os coeficientes c n devem ser escolhidos de modo que f(x) = u(x, 0) = ∑ n a n sen ( nπxLels são os coeficientes da série de Fourier de senos da função f. Assim,c n = 2 L∫ LExercício 2.2 Resolva o seguinte problema0f(x) sen nπxLdx.); ou seja,u t = u xx , em R,u(0, t) = u(π, t) = 0, para t > 0u(x, 0) = sen 3 x, para 0 ≤ x ≤ π.Exercício 2.3 Resolva o seguinte problemau t = 4u xx + 4u, em R,u(0, t) = u(π, t) = 0, para t > 0u(x, 0) = 1, para 0 ≤ x ≤ π.Sugestão. Escreva u(x, t) = e 4t v(x, t) e mostre que v(x, t) satisfaz a equação de calor já estudada.Quanto vale lim t→+∞ u(x, t) ?2.1.4 Barra isolada termicamente também nas extremidadesProcedendo como no caso anterior, podemos estudar o problemau t = Ku xx , em R,u x (0, t) = u x (L, t) = 0, para t > 0u(x, 0) = f(x), para 0 < x < L.Do método de separação de variáveis, temosG ′ (t) = σG(t), t ≥ 0,F ′′ (x) − σF (x) = 0, 0 ≤ x ≤ L,26

onde σ é determinado pela condição de fronteiraF ′ (0) = F ′ (L) = 0.Os autovalores são σ n = − n2 π 2e as autofunções correspondentes são FL 2n (x) = cos nπxL .Para a segunda equação temos G n (t) = e − n2 π 2 KtL 2 . Note que para cada n, a função u n (x, t) =e − n2 π 2 KtL 2cos nπxLsatisfaz a equação de calor e as condições de fronteira dadas e o mesmo vale paraqualquer combinção finita destas funções. Vamos tomar a solução da formau(x, t) = c o∞2 + ∑c n e − n2 π 2 KtL 2n=1cos nπxL ,onde os coeficientes c n deverão ser tomadas de modo que f(x) = u(x, 0) = c o2+ ∑ ∞n=1 c n cos nπxL ;ou seja,c n = 2 L∫ LExemplo 2.1 Resolva o seguinte problema0f(x) cos nπxLdx, n = 0, 1, 2, . . . .u t = u xx , em R,u x (0, t) = u x (π, t) = 0, para t > 0u(x, 0) = cos 2 x + cos 5x, para 0 < x < π.Solução. Vimos que a solução do problema acima é da formau(x, t) = a 0∞2 + ∑a n e −n2t cos nx,n=1ondecos 2 x + cos 5x = u(x, 0) = a 0∞2 + ∑a n cos nx,n=1por outro lado, como cos 2 x = 1 2(1 + cos 2x), temos que12 + 1 2 cos 2x + cos 5x = a 0∞2 + ∑a n cos nx,logo, a 0 = 1, a 2 = 1 2 , a 5 = 1 e os demais coeficientes são nulos, portanto a solução do problema én=1u(x, t) = 1 2 + 1 2 e−4t cos 2x + e −25t cos 5x.27

Alternativamente, tendo em vista que cos ax cos bx = 1 2(cos(a − b)x + cos(a + b)x), poderíamoster calculado os coeficientes acima usando as relaçõesa n = 2 π= 2 π= 2 π= 1 π∫ π0∫ π0∫ π0∫ π0∫ π(cos 2 x + cos 5x ) cos nxdxcos 2 x cos nx + 2 πcos 2 x cos nx + 2 π∫ π0∫ π(1 + cos 2x) cos nx + 2 π∫ π= 1 cos nxdx + 1 π 0π= 1 ∫ πcos nxdx + 1π 02π⎧0, se n ≠ 0, 2, 5⎪⎨ 1, se n = 0=12 , se n = 2⎪⎩1, se n = 5,0∫ πo que nos dá o mesmo resultado.00cos 5x cos nxdxcos 5x cos nxdx∫ π0cos 5x cos nxdxcos nx cos 2xdx + 2 π∫ π0cos 5x cos nxdx(cos(n − 2)x + cos(n + 2)x) dx + 1 π∫ π0(cos(n − 5) + cos(n + 5)x) dxExemplo 2.2 Considere o seguinte problema de condução de calor num fio com as extremidadesisoladas.u t = u xx , 0 < x < π, t > 0,u x (0, t) = 0, u x (π, t) = 0, t > 0,u(x, 0) = sen 3 x, 0 < x < π.(a) Encontre a solução do problema acima.(b) Qual é a temperatura de equilíbrio do fio?Solução. A solução do problema acima é da forma u(x, t) = a 02+ ∑ ∞n=1 a ne −n2t cos nx, ondea n = 2 π∫ π0sen 3 x cos nxdx, n = 0, 1, 2, . . . .28

onde os coeficientes c n devem ser tais que (veja Exemplo 1.8)∞∑ (2n − 1)πxf(x) = c n sen ,2Lou seja,Exercício 2.4c n = 2 L∫ LExercício 2.5 Mostre que a solução deéondeu(x, t) =0n=1f(x) sen(2n − 1)πx2Lu t = 4u xx , em R,dx.u(0, t) = u x (π, t) = 0, para t > 0u(x, 0) = x 2 , para 0 ≤ x ≤ π.u t = α 2 u xx , em R,u x (0, t) = u(L, t) = 0, para t > 0u(x, 0) = f(x), para 0 ≤ x ≤ L∞∑c n e −n=1c n = 2 LSugestão. Temos duas alternativas:∫ L0(2n−1)πα2Lf(x) cos2tcos( (2n − 1)πx(2n − 1)πx2L(i) Repetir o que foi feito para o caso em que u(0, t) = u x (L, t) = 0, neste caso, precisaremosrepresentar uma função f definida no intervalo [0, L] em termos de uma série de cossenos da forma∑ ( )∞n=1 c n cos (2n−1)πx2L, o que corresponde fazermos uma extensão de f para uma função g definidano intervalo [0, 2L] de modo que g(x) = −f(2L − x) para x no intervalo de (L, 2L], ou seja, g éanti-simétrica em relação à reta x = L, consideramos o prolongamento periódico para de g comperíodo 4L; ou ainda,(ii) Podemos escrever v(x, t) = u(L − x, t) e mostrar que v(x, t) é solução do problema que jáconhecemos:v t = α 2 v xx , em R,2Ldx.v(0, t) = v x (L, t) = 0, para t > 0v(x, 0) = f(L − x), para 0 ≤ x ≤ L.),30

onde os c n são os coeficientes de Fourier de seno da função f(x) − α − (β−α)xL, ou seja,c n = 2 L∫ L0(f(x) − α −)(β − α)xsen nπxL LLogo, a solução do problema de valor inicial (10) com h o (t) = α e h 1 (t) = β éA temperaturau(x, t) = α +(β − α)xL+∞∑n=1U(x) = α +c n e − n2 π 2 K tL 2(β − α)xLdx.sen nπxL .é chamada de temperatura de equilíbrío. Note que quanto t tende a infinito, u(x, t) tende aU(x). Por outro lado, u(x, t) − U(x) = ∑ ∞n=1 c ne − n2 π 2 K tL 2tende a infinito, é chamada de temperatura transiente.sen nπxL, a qual tende a zero quando tExemplo 2.4 Considere o seguinte problema de condução de calor num fio.u t = u xx , 0 < x < π, t > 0,u(0, t) = 0, u(π, t) = 10, t > 0,u(x, 0) = 2 sen 5x − 0.1 sen 9x + 10π(a) Encontre a solução do problema acima.(b) Qual é a temperatura de equilíbrio?Solução.problema.x, 0 < x < π.Note que para encontrarmos a temperatura de equilíbrio não precisamos resolver oNo caso considerado éla é determinada completamente a partir das condições defronteira, não depende das condições iniciais: U(x) = 10xπ. Portanto a solução do problema éDa condição inicial, temosPortanto,u(x, t) = 10xπ2 sen 5x − 0.1 sen 9x + 10xπ∞ + ∑c n e −n2 t sen nx.n=12 sen 5x − 0.1 sen 9x =10x= u(x, 0) =π∞ + ∑c n sen nx.n=1∞∑c n sen nx,n=132

e concluimos que c 5 = 2, c 9 = −0.1 e dos demais coeficientes são nulos. Logo, a solução desejada éu(x, t) = 10xπ + 2e−25t sen 5x − 0.1e −81t sen 9x.Alternativamente, poderíamos ter calculados os coeficientes c n a partir das relaçõesc n = 2 π= 2 π∫ π0∫ πo que nos dá o resultado acima.0(2 sen 5x − 0.1 sen 9x)sen nx dx(cos(n − 5)x − cos(n + 5)x)dx − 0.1π∫ π0(cos(n − 9)x − cos(n + 9)x)dx,Exercício 2.6 Encontre a solução do seguinte problemau t = α 2 u xx , em R,u(0, t) = T, u x (L, t) = 0, para t > 0u(x, 0) = f(x), para 0 ≤ x ≤ L.Sugestão. Note que a temperatura de equilíbrio é U(x) = T . Faça u(x, t) = T + v(x, t) e mostreque v(x, t) é solução do problema conhecidov t = α 2 v xx , em R,v(0, t) = 0, v x (L, t) = 0, para t > 0v(x, 0) = f(x) − T, para 0 ≤ x ≤ L.Exercício 2.7 Encontre a solução do seguinte problema (veja sugestão do exercício anterior)u t = α 2 u xx , em R,u x (0, t) = 0, u(L, t) = T, para t > 0u(x, 0) = f(x), para 0 ≤ x ≤ L.Observação 2.1 A temperatura de equilíbrio é uma função de x apenas e satisfaz a equação decalor considerada; em particular, a temperatura de equilíbrio da equação u t = α 2 u xx , satisfazU ′′ (x) = 0, logo ela é da forma U(x) = ax + b, onde as constantes a e b são determinadaspelas condições de fronteira (e ou inicial quando as condições de fronteiras não forem suficientespara calcularmos a e b, por exemplo, quando as duas extremidades da barra estão isoladas). Para a33

condição de fronteira u(0, t)−u x (0, t) = 0 e u(L, t) = T , devemos ter U(0)−U ′ (0) = 0 e U(L) = T ,portanto, U(x) =T1+L (1+x). Já para a equação de calor u t = α 2 u xx +bu, a temperatura de equilíbriodeve satisfazer U ′′ + b U = 0, em particular, se b = 1, L = π e as extremidades foram mantidasα 2 α 2à temperatura zero, devemos ter U(0) = 0 = U(π), portanto, U(x) = c 1 sen x, onde c 1 é umaconstante a ser determinada pela condição inicial: c 1 = 2 π2.2 A Equação da Onda∫ πof(x)sen xdx.Outra equação diferencial parcial muito importante que aparece em matemática aplicada é aequação de onda. Ela aparece na descrição de fenômenos envolvendo a propagação de ondas nummeio contínuo, por exemplo, no estudo de ondas acústicas, ondas de água, ondas eletromagnéticase ondas sísmicas. No apêndice 4 temos a dedução da equação da onda em uma dimensão espacial.Desprezando os efeitos de amortecimento, como a resitência do ar e se a amplitude do movimentonão for muito grande, ela é dada poru tt = c 2 u xx .2.2.1 A Corda finitaO problema de vibrações transversais de uma corda perfeitamente flexível, de comprimento L,ligeiramente esticada entre dois suportes no mesmo nível horizontal, de modo que o eixo dos x estejaao longo da corda (veja Figura), consiste em determinar uma função real u(x, t) (deslocamento dacorda no ponto x no instante t) definida para (x, t) ∈ [0, L] × [0, ∞) que satisfaça à equação daondau tt = c 2 u xx , (x, t) ∈ (0, L) × (0, ∞), (12)que satisfaça às condições iniciaisu(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (13)u t (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (14)onde f, g : [0, L] → R são funções dadas e, finalmente, que satisfaça às condições de fronteira quevamos descrever abaixo. Especificar as condições iniciais consiste em dizermos inicialmente qual aforma da corda, representada por u(x, 0), e o modo que a corda é abandonada nesta posição, o que34

é traduzido pela velocidade inicial u t (x, 0). A constante c é a velocidade de propagação da ondano meio.2.2.2 Condições de fronteiraI - Corda finita com extremidades fixas. Suponhamos que a corda tenha comprimento L,e que, quando em sua posição de repouso, ela ocupe a porção do plano (x, u) entre 0 e L. Assim,a hipótese de extremidades fixas implica queu(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0.II - Corda finita com extremidades livres. Neste caso a corda de comprimento L, temsuas extremidades forçadas a não se afastarem de trilhos colocados perpendicularmente à corda,no plano (x, u) de vibração. Isso implicau x (0, t) = u x (L, t) = 0, para t ≥ 0.III - Outras condições de fronteira. Podemos ter o caso em que as extremidades se movem,transversalmente, de acordo com leis conhecidas. Por exemplo,u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), para t ≥ 0.2.2.3 A corda vibrante com extremidades fixasConsidereremos o seguinte problemau tt = c 2 u xx , em R,u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x), para 0 ≤ x ≤ L.Vamos fazer separação de variáveis.Assumindo que a solução do problema é da formau(x, t) = F (x)G(t), ao substituirmos esta expressão na equação diferencial temosF ′′ (x)F (x) = G′′ (t)c 2 G(t)35

o que nos leva as seguintes equações diferenciais ordináriasF ′′ − σF = 0, (15)G ′′ = σc 2 G. (16)As condições de fronteira implicam F (0) = F (L) = 0, caso contrário, G(t) ≡ 0, o que não nosinteressa. Assim, somos levados ao seguinte problemaF ′′ − σF = 0,F (0) = F (L) = 0,que já foi resolvido quando consideramos a equação do calor: σ n = − n2 π 2, para n = 1, 2, . . ., cujasL 2autofunções são F n (x) = sen nπxL . Para cada σ n, a solução geral de (15) éG n (t) = a n cos nπctLonde a n e b n são constantes arbitrárias. Logo, as funçõesu n (x, t) = a n sen nπxL+ b n sen nπctL ,nπctcosL+ b n sen nπxLsatisfazem a equação de onda e as condições de fronteira.coeficientes a n e b n , de modo queu(x, t) =∞∑n=1(a n sen nπxLsatisfaça às condições iniciais. Isto implica quee é necessário quef(x) =a n = 2 L∫ L0cos nπctL+ b n sen nπxL∞∑n=1a n sen nπxL ,f(x) sen nπxLdx.nπctsenLO passo seguinte é determinar os)nπctsen , (17)LPara a determinação dos b n , derivamos (formalmente) termo a termo a série que define u(x, t),em relação a t. Usando a segunda condição inicial temos,logo, devemos ternπcLg(x) =b n = 2 L∞∑n=1∫ L0nπcLb n sen nπxL ,g(x) sen nπxL36dx,

de onde obtemos,b n = 2nπc∫ L0g(x) sen nπxLEmbora não tenhamos feito nenhuma hipótese em f e g, sob a hipótese que f, f ′ , f ′′ , g, g ′ seremcontínuas e f ′′′ e g ′′ serem seccionalmente contínuas em [0, L] e, além disso, f(0) = f(L) = f ′′ (0) =f ′′ (L) = g(0) = g(L) = 0; então, os coeficientes a n e b n decairão pelo menos com 1 n 3 e nãoteremos problemas de convergência, todo o procedimento acima é rigoroso, nos levando a soluçãodo problema proposto.Tendo em vistas as identidades trigonométricasdx.sen a cos b = 1 [sen (a + b) + sen (a − b)],2sen a sen b = 1 [cos (a − b) − cos (a + b)],2a expressão (17) pode ser re-escrita comou(x, t) = 1 ∞∑(nπ(x + ct)a n sen + a n sen2Ln=1+ 1 ∞∑(nπ(x − ct)b n cos − b n cos2Ln=1= 1 ∞∑(nπ(x + ct)a n sen − b n cos2Ln=1+ 1 ∞∑(nπ(x − ct)a n sen + b n cos2Ln=1= F (x + ct) + G(x − ct),)nπ(x − ct)L)nπ(x + ct)Lnπ(x + ct)Lnπ(x − ct)L))ondeF (w) = 1 2eG(w) = 1 2Portanto, podemos escrever∞∑n=1∞∑n=1(a n sen nπwL(a n sen nπwL− b n cos nπw )L+ b n cos nπw ).Lu(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct),ou seja, a solução do problema pode ser vista como a superposição de duas ondas F (x − ct) eG(x + ct), que se propagam para a direita e esquerda, respectivamente, com velocidade c.37

Exercício 2.8 Mostre que a equação de onda é linear, ou seja, se u 1 (x, t) e u 2 (x, t) forem duassolução de u tt = c 2 u xx , então, para quaisquer constantes c 1 e c 2 , u(x, t) = c 1 u 1 (x, t) + c 2 u 2 (x, t)também será solução da equação de calor.Exercício 2.9 Mostre que se u 1 (x, t) for solução deu tt = c 2 u xx em (0, L) × (0, ∞),u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = 0, para 0 ≤ x ≤ L,e u 2 (x, t) for solução deu tt = c 2 u xx em (0, L) × (0, ∞),u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,u(x, 0) = 0, u t (x, 0) = g(x), para 0 ≤ x ≤ L,então, u(x, t) = u 1 (x, t) + u 2 (x, t) é solução deu tt = c 2 u xx em (0, L) × (0, ∞),u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x), para 0 ≤ x ≤ L.Exercício 2.10 Resolva o seguinte problema:u tt = u xx , 0 < x < π, t > 0u(0, t) = 0 = u(π, t), t ≥ 0u(x, 0) = sen x, u t (x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ π.Esboce os gráficos de u(x, t) nos instantes t = 0, t = π/2 e t = π.Resolução. Como g(x) ≡ 0, segue-se que b n = 0 para todo n. Por outro lado,a n = 2 π∫ π0∫ πsenx sen(nx) dx= 1 (cos(n − 1)x − cos(n + 1)x)dxπ 0⎧⎨ 1, se n = 1=,⎩ 0, n ≠ 138

logo,u(x, t) = sen x cos t = 1 2 sen(x − t) + 1 2sen(x + t),que a superposição de duas ondas que se propagam com velocidade c = 1, se propagando emdireções opostas (veja Figuras 17 e 18, mostrando a solução, dada em azul, como a superposição deduas ondas, gráficos nas cores vermelho e verde, nos instantes t = π/4 e t = π/2. Note que quandot = π/2, as duas componentes estão completamente fora de fase e temos interferência destrutiva,u(x, π/2) ≡ 0. Note que embora em cada instante, cada uma das duas ondas componentes tenhamamplitude variando nos pontos x = 0 e x = π, nestes a interferência é sempre destrutiva eu(0, t) = 0 = u(π, t), para todo t e temos dois “nós” nestes pontos.).0.60.40.2-0.20.5 1 1.5 2 2.5 30.40.2-0.2-0.40.5 1 1.5 2 2.5 3Figura 17: O gráfico de u(x, π/4) em azul.Figura 18: O gráfico de u(x, π/2) em azul.Exercício 2.11 Resolva o seguinte problema:u tt = u xx , 0 < x < π, t > 0u(0, t) = 0 = u(π, t), t ≥ 0u(x, 0) = 0 u t (x, 0) = cos x, 0 ≤ x ≤ π.Mostre que se t = kπ/2, onde k ∈ Z, então a corda estará esticada horizontalmente, ou seja,u(x, kπ/2) = 0 para todo x.39

Resolução. Como f(x) ≡ 0, segue-se que a n = 0, para todo n. Por outro lado,Logo,u(x, t) = 2 πb n = 2nπ= 1nπ∞∑n=2=∫ π0∫ π0⎧= 1 ⎨nπ ⎩⎧⎨⎩2π1 + (−1) nn 2 − 1cos x sen(nx)dx(sen(n + 1)x + sen(n − 1)x) dx0, se n = 1( )− cos(n+1)x∣∣n+1+ cos(n−1)x πn−1 0 , n ≠ 10, se n = 11+(−1) nn 2 −1 , n ≠ 1 .sen(nx) sen(nt) = 4 π∞∑n=114n 2 − 1sen(2nx) sen(2nt).Em particular, u(x, kπ/2) = 0, k ∈ Z, para todo x. Além disso, a solução pode ser re-escrita comou(x, t) = 2 ∞∑ 1π 4n 2 − 1 cos[2n(x − t)] − 2 ∞∑ 1π 4n 2 cos[2n(x + t)] ≡ F (x − t) − F (x + t),− 1n=1onde F (w) = 2 π∑ ∞n=11cos(2n w).4n 2 −1n=1Exercício 2.12 Resolva o seguinte problema:u tt = u xx , 0 < x < π, t > 0u(0, t) = 0 = u(π, t), t ≥ 0u(x, 0) = sen x, u t (x, 0) = cos x, 0 ≤ x ≤ π.Resolução. Temos duas alternativas: (i) usar o Exercicio 2.9 que diz que a solução do problemaacima é a soma das soluções dos Exercícios 2.10 e 2.11 ou (ii) calcular diretamente os coeficientesa n ’s e os b n ’s.Exercício 2.13 Resolva o seguinte problema:u tt = 4u xx , 0 < x < 30, t > 0u(0, t) = 0 = u(30, t), t ≥ 0⎧⎨ x10u(x, 0) =, 0 ≤ x ≤ 10⎩ 30−x20, 10 ≤ x ≤ 30u t (x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 30.40

Resolução. Vimos que a solução deste problema é da forma∞∑( ( nπx) ( ) nπtu(x, t) = a n sen cos + b n sen30 15n=1( nπx)sen30Como u t (x, 0) = 0, segue-se que b n = 0, para todo n. Por outro lado,Portanto,(∫ 10a n = 1 x( nπx)15 0 10 sen dx +309( nπ)=n 2 π 2 sen .3n=1u(x, t) = 9 π 2∞ ∑n=1sen ( )nπ3n 2 sen∫ 301030 − x20( nπx)cos30Note que a solução acima pode ser re-escrita comou(x, t) = 9 ∑∞ sen ( )nπ ( )3 nπ(x − 2t)2π 2 n 2 sen+ 930 2π 2≡F (x − 2t) + F (x + 2t),∞ ∑n=1sen( ) nπt.15( )) nπt.15( nπx) )dx30sen ( )nπ ( )3 nπ(x + 2t)n 2 sen30ondeF (w) = 92π 2∞ ∑n=1sen ( )nπ (3 nπw)n 2 sen .30Exercício 2.14 ( Corda com uma extremidade fixa e a outra livre.) Suponha que uma corda elásticade comprimento L tenha a sua extremidade x = 0 fixa (u(0, t)) = 0, ∀t) e a extremidade x = L livre(u x (L, t) = 0, ∀t) e que ela seja colocada em movimento sem velocidade inicial a partir da posiçãoinicial u(x, 0) = f(x). Mostre que o deslocamento da corda, u(x, t), é dado∞∑( ) ( )(2n − 1)πx (2n − 1)πctu(x, t) = a n sencos,2L2Londen=1a n = 2 L∫ L0( )(2n − 1)πxf(x) sendx.2LExercício 2.15 ( Corda com as extremidades fixas em alturas diferentes de zero.) Resolva oseguinte problemau tt = c 2 u xx , 0 < x < L, t > 0u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.41

Sugestão. Encontre a posição de equilíbrio da corda, ou seja, uma função U = U(x) que satisfaza equação de onda e as condições de contorno acima, ou seja, U(x) = α + β−αLx. Escrevau(x, t) = U(x) + v(x, t), como u e U satisfazem a equação de onda, segue da linearidade destaequação que v(x, t) também é solução da mesma; ou seja v é solução de um problema conhecido:v tt = c 2 v xx , 0 < x < L, t > 0v(0, t) = 0, v(L, t) = 0, t ≥ 0v(x, 0) = f(x) − U(x), v t (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.Exercício 2.16 (Corda com ambas as extremidas livres.) Resolva o seguinte problemau tt = c 2 u xx , 0 < x < L, t > 0u x (0, t) = 0, u x (L, t) = 0, t ≥ 0u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.Sugestão. Se assumirmos que u(x, t) = X(x)T (t), das condições de contorno u x (0, t) = 0 =u x (L, t), para todo t, devemos ter X ′ (0) = 0 = X ′ (L) e do método de separação de variáveis temosX ′′ = λX, X ′ (0) = 0 = X ′ (L), veja solução da equação de calor para um fio com extremidadesisoladas. Temos λ n = − ( )nπ 2L e( nπx)X n (x) = cos , n = 0, 1, 2, . . .LA equação em T fica( nπ) 2T ′′ = − T,La qual já foi resolvida, exceto, que agora, n pode ser zero e para este valor de n temosT o (t) = a o + b o t,onde a o e b o são constantes arbitrárias. Para n ≥ 1, vimos que( ) ( )nπctnπctT n (t) = a n cos + b n sen .LLPortanto, a solução da corda com as duas extremidades livres é da formau(x, t) = a o + b o t +∞∑n=1(a n cos( nπctL)+ b n sen( nπctL)) ( nπx)cos .L42

Observação 2.2 Note que no problema da corda com as extremidades livres, seb o = 1 L∫ L0g(x)dx ≠ 0,então a corda se moverá vertical e indefinidamente para baixo ou para cima, dependendo do sinalde b o .Exercício 2.17 Uma corda em movimento num meio elástico satisfaz a equaçãoc 2 u xx − α 2 u = u ttonde α 2 é proporcional ao coeficiente de elasticidade do meio. Supondo que a corda está fixa nassuas extremidades e seja colocada em movimento sem velocidade inicial a partir da posição inicialu(x, 0) = f(x), 0 < x < L, encontre o deslocamento u(x, t).Sugestão.Assuma que u(x, t) = X(x)T (t), portanto, das condições de contorno, devemos terX(0) = 0 = X(L) e do método de separação de variáveis, temosT ′′c 2 T = X′′X − α2c 2 = µlogo,eX ′′ =(µ + α2c 2 )X ≡ λX, X(0) = 0 = X(L) (18)T ′′ = c 2 µT.O problema de contorno (18) já apareceu no problema de condução de calor num fio comextremidades mantidas à temperatura 0; ou seja, λ n = − ( )nπ 2L e( nπx)X n (x) = sen , n = 1, 2, . . .L( (Por outro lado, µ n = − nπ) 2L +α), 2portanto,c 2( (nπc ) 2T ′′ = − + α2)T,Lou seja,(√ )(nπc )(√ )2 (nπc ) 2T n (t) = a n cos+ αL2 t + b n sen+ αL2 t .43

2.2.4 A Corda infinita e a Fórmula de D’AlembertVamos agora estudar o problema de vibração de uma corda de comprimento infinito, a qual éuma idealização de uma corda muito longa. Neste caso, não há condições de fronteira a satisfazer,e, assim, o problema consiste em buscar uma função u(x, t) definida no semi-plano fechado, x ∈ Re t ≥ 0, tal queonde f e g são condições iniciais.u tt = c 2 u xx , x ∈ R, t > 0,u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x), x ∈ R,Note que se F (x) e G(x) são duas funções com derivadas até segunda ordem contínuas, então, afunção u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct) satisfaz a equação da onda. A pergunta natural é a seguinteserá que podemos escolher estas funções de modo a satisfazer as condições iniciais, ou seja,f(x) = u(x, 0) = F (x) + G(x) (19)g(x) = u t (x, 0) = cF ′ (x) − cG ′ (x)? (20)Tomando a derivada de (19) em relação a x e multiplicando a equação resultante por c, temoscF ′ (x) + cG ′ (x) = cf ′ (x). Esta equação juntamente com (20) nos conduz ao seguinte sistemacF ′ (x) + cG ′ (x) = cf ′ (x)cF ′ (x) − cG ′ (x) = g(x).Somando as duas equações do sistema acima e dividindo o resultado por 2c, temos, temosDe maneira análoga,F ′ (x) = f ′ (x)2multiplicarmos o resultado por 2c, encontramos+ g(x)2c . (21)se subtrairmos a segunda equação da primeira no sistema acima eG ′ (x) = f ′ (x)2Integrando as equações (21) e (22) de 0 a x, temos, respectivamente,F (x) = F (0) − f(0)2+ f(x)244− g(x)2c . (22)+ 1 2c∫ x0g(s)ds

ePortanto,G(x) = G(0) − f(0)2+ f(x)2− 1 2c∫ x0g(s)ds.u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct)= F (0) + G(0) − f(0) += F (0) + G(0) − f(0) +=Portanto, temosf(x + ct) + f(x − ct)2u(x, t) =f(x + ct) + f(x − ct)2f(x + ct) + f(x − ct)2+ 1 2c∫ x+ctx−ctg(s)dsf(x + ct) + f(x − ct)2+ 1 2c+ 1 2c+ 1 2c∫ x+ct0∫ x+ctx−ctg(s)ds − 1 2cg(s)ds∫ x−ct0g(s)ds(pois, F (0) + G(0) = u(0, 0) = f(0)).∫ x+ctx−ctg(s)ds,Conhecida como fórmula acima é conhecida como a fórmula de D’Alembert.No caso particular em que g(x) ≡ 0, temosu(x, t) = 1 [f(x + ct) + f(x − ct)],2ou seja, a solução é a superposição de duas ondas.A função f(x + ct) é chamada uma ondaregressiva (se move para a esquerda) e f(x − ct) é chamada uma onda progressiva (se move para adireita).No caso particular que f(x) ≡ 0, temosonde h(w) = ∫ w0u(x, t) = 1 2c h(x + ct) − 1 h(x − ct),2cg(s)ds. Note que temos a superposição de uma onda regressiva e uma progressiva.Exercício 2.18 Suponha que f(x) ≡ 0 e que o gráfico de g(x) é aquele mostrado na Figura 19.(a) Encontre u(x, t).(b) Esboce o gráfico de u(x, 0) e u(x, 1).Resolução. Da fórmula de D’Alembert, temos u(x, t) = h(x+ct)−h(x−ct)2c, onde h(w) = ∫ w0 g(s)ds.Claramente, u(x, 0) ≡ 0. Note que se w < 0, então, h(w) = − ∫ 0wg(s)ds = 0, pois, g(s) = 0para s ≤ 0. Por outro lado, se w > 1, então, h(w) = ∫ w0 g(s)ds = ∫ 10g(s)ds = 1. Finalmente,se 0 < w < 1, então, h(w) = ∫ w0 g(s)ds = ∫ w0ds = w. Logo, o gráfico de h(w) é aquele que estámostrado na Figura 20. O gráfico de u(x, 1) é mostrado na Figura 21, cada unidade no eixo verticalvale c.45

10.80.60.40.2-3 -2 -1 1 2 3Figura 19: Gráfico de g.10.80.60.40.20.50.40.30.20.1-6 -4 -2 2 4 6-6 -4 -2 2 4 6Figura 20: Gráfico de h(x).Figura 21: u(x, 1) = h(x+1)−h(x−1)2, (c = 1).Exercício 2.19 Considere uma corda infinita inicialmente esticada horizontalmente, comvelocidade inicial u t (x, 0) dada pela função cujo gráfico aparece na Figura 24. Supondo que c = 1,mostre que u(x, t) = h(x + t) − h(x − t), onde o gráfico de h é dado na Figura 22.0.50.40.30.20.1-6 -4 -2 2 4 6Figura 22: Gráfico de h.Solução. Da fórmula de D’Alembert, u(x, t) = h(x+ct)−h(x−ct)2c, onde h(w) = ∫ w0g(s)ds. Note quese w < −1, então, h(w) = − ∫ 0w g(s)ds = − ∫ 0−1 g(s)ds = − ∫ 0−1 (1 + s)ds = − 1 2. Se w > 1, então,h(w) = ∫ 10 g(s)ds = ∫ 10 (1 − s)ds = 1 2 . Se 0 < w < 1, então, h(w) = ∫ w0 (1 − s)ds = w − w2 /2.46

Finalmente, se −1 < w < 0, então, h(w) = − ∫ 0w (1 + s)ds = w + w2 /2. Portanto,⎧−0.5, w ≤ 1⎪⎨ w + w 2 /2, −1 < w ≤ 0h(w) =.w − w 2 /2, 0 < w ≤ 1⎪⎩0.5, w > 1Veja o gráfico de h na Figura 23.0.40.2-3 -2 -1 1 2 3-0.2-0.4Figura 23: Gráfico de h.Exemplo 2.5 Suponha que c = 1 na equação da onda e que a forma inicial da corda seja dada naFigura 24. Esboce os gráficos de u(x, t) para t = 0.25, 0.5, 0.75, 1 e 1.5.Resolução. Os esboços seguem imediatamente da fórmula de D’Alembert e são mostrados nasFiguras 24-29. Note que no instante t = 1 uma onda acaba de passar pela outra e a partir desteinstante elas se movem independentemente.10.80.60.40.2-3 -2 -1 1 2 30.70.60.50.40.30.20.1-3 -2 -1 1 2 3Figura 24: u(x, 0) = f(x).Figura 25: u(x, 0.25) = f(x+0.25)+f(x−0.25)2.47

0.50.40.30.20.10.50.40.30.20.1-3 -2 -1 1 2 3-3 -2 -1 1 2 3Figura 26: u(x, 0.5) = f(x+0.5)+f(x−0.5)0.50.40.30.20.12.Figura 27: u(x, 0.75) = f(x+0.75)+f(x−0.75)0.50.40.30.20.12.-3 -2 -1 1 2 3-3 -2 -1 1 2 3Figura 28: u(x, 1) = f(x+1)+f(x−1)2.Figura 29: u(x, 1.5) = f(x+1.5)+f(x−1.5)2.2.3 Exercícios1. Em cada problema a seguir, determinar se o método de separação de variáveis pode serusado para substituir a equação diferencial parcial dada por um par de equações diferenciaisordinárias. Se for possível, achar as equações.(a) xu xx + u t = 0(d) tu xx + xu t = 0(b) u xx + u xt + u t = 0(e) [p(x)u x ] x − r(x)u tt = 0(c) u xx + (x + y)u yy = 0(f) u xx + u yy + xu = 02. Considere o problema de condução de calor numa barra metálica de comprimento unitário,descrito pela equação:100 u xx = u t , 0 < x < 1 , t > 0Considere também as condições de contorno:⎧⎧⎧⎨ u(0, t) = 0⎨ u(0, t) = 50⎨ u x (0, t) = 0(I)(II)(III)⎩ u(1, t) = 0⎩ u(1, t) = 80⎩ u x (1, t) = 0Considere por fim as distribuições iniciais de temperatura na barra dadas por:48

(A) u(x, 0) = 10(B) u(x, 0) = sen 2 πx(C) u(x, 0) = x 2Determine a solução u(x, t) do problema com:(a) Condições de contorno: I; condição inicial: A(b) Condições de contorno: I; condição inicial: B(c) Condições de contorno: I; condição inicial: C(d) Condições de contorno: II; condição inicial: A(e) Condições de contorno: II; condição inicial: B(f) Condições de contorno: II; condição inicial: C(g) Condições de contorno: III; condição inicial: A(h) Condições de contorno: III; condição inicial: B(i) Condições de contorno: III; condição inicial: C3. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equação diferencial representa apropagação de calor nessa barra:2u xx = u tEssa barra possui, inicialmente, a temperatura em todos os seus pontos igual a 10, sendo queas extremidades da barra possuem temperaturas fixadas em 20, para x = 0, e em -20, parax = 2. A barra é mantida assim até entrar em equilíbrio térmico. Quando a barra atingeequilíbrio térmico nessas condições (considere que esse instante é convencionado como t = 0)suas extremidades são subitamente levadas novamente à temperatura de 10, sendo mantidasfixas nesse valor para todo tempo a partir desse instante.(a) Determine a função que descreve a distribuição de temperaturas na barra, em função dex, no instante t = 0.(b) Calcule a função que descreve a distribuição de temperaturas na barra, em função de x,quando t = 5.4. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equação diferencial representa apropagação de calor nessa barra:2u xx = u t49

Supõe-se que a barra esteja inicialmente com temperatura igual a 0 em toda sua extensão, eque no instante t = 0 as extremidades da barra sejam subitamente levadas à temperatura de10, sendo mantidas nessa temperatura desse momento em diante.(a) Determine as equações diferenciais ordinárias que surgem quando se emprega o métodode separação de variáveis para tratar esse problema.(b) Calcule a função que descreve a distribuição de temperaturas na barra em função de xquando t = 5.5. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equação diferencial representa apropagação de calor nessa barra:4u xx = u t(a) Essa barra encontra-se com as extremidades (pontos x = 0 e x = 2) termicamenteisoladas, e possui, inicialmente, a temperatura em seus pontos dada por:u(x, 0) = 5x 2A barra é deixada assim por várias horas, até entrar em equilíbrio térmico. Determinea equação que descreve a distribuição de temperaturas na barra quando o equilíbrio éatingido.(b) Após entrar em equilíbrio térmico, a barra subitamente tem os isolamentos térmicos dasextremidades retirados, sendo as temperaturas nas extremidades fixadas em u(0, t) = 20e u(2, t) = −20 a partir desse instante (adote a convenção de que t = 0 no exato instanteem que o isolamento térmico é retirado, e as temperaturas das extremidades são fixadasnesses valores). Determine a função que descreve a distribuição de temperaturas nabarra, em função de x e t, após a barra ter as temperaturas de suas extremidadesfixadas.6. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equação diferencial representa apropagação de calor nessa barra:4u xx = u tEssa barra possui, inicialmente, a temperatura em todos os seus pontos igual a 10, sendoque as extremidades da barra possuem temperaturas fixadas em 20, para x = 0, e em -20,para x = 2. A barra é mantida assim por várias horas, até entrar em equilíbrio térmico.50

Quando a barra atinge equilíbrio térmico nessas condições, suas extremidades são isoladastermicamente, sendo mantidas isoladas a partir desse instante. (Dica: adote a convenção deque t = 0 no exato instante em que a barra recebe isolamento térmico em suas extremidades).(a) Determine a distribuição de temperaturas na barra em função de x, no instanteimediatamente anterior à colocação do isolante térmico nas extremidades da barra.(b) Calcule a função que descreve a distribuição de temperaturas na barra, em função de xe t, após a barra ter suas extremidades termicamente isoladas.7. Considere o problema de vibração de uma corda elástica fixa nas duas extremidades, comcomprimento L = 2, que obedece à equação:9u xx = u ttConsidere as seguintes funções que descrevem a posição inicial da corda, em situaçõesdistintas:(I) u(x, 0) = 0(II) u(x, 0) = sen πx2⎧⎪⎨2x , 0 ≤ x < 1(III) u(x, 0) =⎪⎩2(x − 2) 2 , 1 ≤ x ≤ 2Considere também as seguintes funções que descrevem a velocidade inicial da corda em cadaponto, também em situações distintas:(A) u t (x, 0) = 0(B) u t (x, 0) = −sen 3πx2(C) u t (x, 0) = (x − 1) 2 − 1Determine a solução u(x, t) do problema para:51

(a) Condições iniciais I e A.(f) Condições iniciais II e C.(b) Condições iniciais I e B.(g) Condições iniciais III e A.(c) Condições iniciais I e C.(h) Condições iniciais III e B.(d) Condições iniciais II e A.(i) Condições iniciais III e C.(e) Condições iniciais II e B.8. Considere uma corda de comprimento igual a 5, fixa nas duas extremidades. A seguinteequação diferencial descreve o movimento oscilatório que ocorre na corda:4u xx = u ttA corda encontra-se inicialmente com deslocamento nulo em toda sua extensão, e a velocidadeinicial de cada ponto da corda é dada pela expressão:u t (x, 0) = −sen(3πx)(a) Determine a função que descreve a posição da corda, em cada ponto, em função dotempo.(b) Determine a função que descreve a velocidade da corda, em cada ponto, em função dotempo.(c) Determine a expressão da posição da corda, em cada ponto, no instante t = 10.(d) Determine a expressão da velocidade do ponto x = 2, em função do tempo.(e) Supondo que o movimento da corda produza um sinal de som, que freqüências estarãopresentes nesse sinal de som?2.4 TrabalhosQuestão 1. Considere a equação da propagação do calor em uma barra:α 2 u xx (x, t) = u t (x, t)A barra, de comprimento L e extremidades x = 0 e x = 0, é sujeita a dois experimentos distintos(situações a e b), com diferentes temperaturas nas extremidades e diferentes distribuições iniciaisde temperatura, resultando em duas soluções distintas para a equação do calor. O relacionamentodas condições iniciais e de contorno com as soluções da equação é mostrado na tabela abaixo.u(0, t) u(L, t) u(x, 0) u(x, t)(a) θ 0a θ La φ a (x) u a (x, t)(b) θ 0b θ Lb φ b (x) u b (x, t)52

As temperaturas das extremidades da barra são agora fixadas nos valores:u(0, t) = βθ 0a + γθ 0bu(L, t) = βθ La + γθ Lbsendo dada a distribuição inicial de temperaturas na barra:u(x, 0) = βφ a (x) + γφ b (x)Determine a função u(x, t) para essas condições iniciais e de contorno. (Observação: o fato mostradoneste exercício é chamado de linearidade da equação do calor).Questão 2. Deduza a expressão da solução da equação do calor em uma barra quando uma dasextremidades tem temperatura fixa e a outra encontra-se termicamente isolada.Questão 3. Modifique a solução da equação de Laplace, de tal forma que a mesma seja capaz derepresentar a distribuição em regime estacionário de temperaturas numa placa retangular quando atemperatura nas fronteiras da placa é dada por quatro funções arbitrárias: h 1 (x), h 2 (x), h 3 (y), h 4 (y).Questão 4. Considere uma barra de 2m de comprimento, na qual a propagação do calor obedeceà equação:9u xx = u tEssa barra faz parte de um sistema de troca de calor entre um recipiente no qual ocorre uma reaçãode combustão, e que fica à temperatura de θ, e o meio ambiente, que se encontra à temperaturade 20 o . Isso significa que, em uma das extremidades, a barra tem sua temperatura fixada em θ, ena outra em 20 o . Um sensor de temperatura, de massa desprezível, está afixado bem no meio dabarra, e nesse ponto ele mede a temperatura h(t) = u(1, t).(a) Encontre a equação diferencial ordinária que relaciona a temperatura θ com a temperaturah(t).(b) Suponha que o recipiente, após passar várias horas à temperatura θ = 80 o , subitamente temsua temperatura elevada para θ = 120 o . Determinar a expressão de h(t) nesse caso.53

2.5 A Equação de LaplaceA equação de Laplace no plano é dada por∆u ≡ ∂2 u∂x 2 + ∂2 u∂y 2 = 0,enquanto que a equação de Laplace no espaço é dada por∆u ≡ ∂2 u∂x 2 + ∂2 u∂y 2 + ∂2 u∂z 2 = 0.O operador ∆ é conhecido como Laplaciano.A equação de Laplace aparece no estudo de campos eletrostáticos, descrevendo a funçãopotencial num meio dielétrico sem cargas elétricas.Exercício 2.20 (Linearidade da Equação de Laplace.) Mostre que se u 1 e u 2 satisfizerem a equaçãode Laplace, então, c 1 u 1 + c 2 u 2 , também satisfará, para quaisquer escolhas das constantes c 1 e c 2 .Portanto, se u 1 , . . . , u n forem soluções da equação de Laplace, então, c 1 u 1 + . . . + c n u n tambémserá, para quaisquer valores das constantes c 1 , . . . , c n .No que se segue Ω será uma região aberta e conexa do plano (ou do espaço). Denotaremos por∂Ω a fronteira de Ω e Ω = Ω ∪ ∂Ω. Em muitas aplicações, Ω será, por exemplo, um disco, umretângulo, um semi-plano, um cubo ou uma esfera.Uma função contínua u : Ω → R será harmônica se ela satisfizer à equação de Laplace em Ω.Exemplo 2.6 Alguns exemplos de funções harmônicas.(a) u(x, y) = ax + by + c, onde a, b e c são constantes arbitrárias.(b) u(x, y) = x 2 − y 2 .(c) Se f for uma função analítica complexa, então suas partes real e imaginárias serão funçõesharmônicas.Exercício 2.21 Determine relações entre as constantes a, b e c de modo que u(x, y) = ax 2 +bxy +cy 2 seja harmônica.Exercício 2.22 O Laplaciano em coordenadas polares.variáveisUsando as fórmulas de mudança dex = r cos θ, y = r sen θ,54

mostre que∆v = v rr + 1 r v r + 1 r 2 v θθ,onde v(r, θ) = u(r cos θ, r sen θ).Resolução. Note que r 2 (x, y) = x 2 + y 2 e tan(θ(x, y)) = y x , logo, r x = x r = cos θ, θ x = − sen θr,r y = sen θ e θ y = cos θr, portanto, se f = f(r, θ), onde r = r(x, y) e θ = θ(x, y), pela regra da cadeia,temosf x = f r r x + f θ θ x = cos θ f r − sen θrf y = f r r y + f θ θ y = sen θ f r + cos θrf θf θ .Aplicando a regra da cadeia novamente a f x = f x (r, θ), f y = f y (r, θ), onde r = r(x, y) eθ = θ(x, y), temosf xx = (f x ) r r x + (f x ) θ θ x = cos θ= cos θ= cos 2 θ f rr − 2(cos θ f rr + sen θr 2senθ cos θrf yy = (f y ) r r y + (f y ) θ θ y = sen θ= sen θ= sen 2 θf rr − 2(sen θ f rr − cos θr 2(cos θ f r − sen θrr)f θr − sen θrf θ − sen θrf θr + 2sen θ cos θr 2 f θ + 2senθ cos θr 2(sen θ f r + cos θrf θ)f θ + sen2 θ)r 2f θf θ + cos θ )rf θr + cos θrsen θ cos θrr(cos θ f r − sen θr− sen θr(−sen θ f r + cos θ f rθ − sen θrf θ)f θθ + sen2 θf rr+ cos θ (sen θ f r + cos θrr(cos θ f r + sen θ f rθ + cos θrf θr + cos2 θf r + cos2 θr r 2 f θθ .f θ)θθf θθ − cosθ )rf θf θθ − sen θrSomando-se as expressões para f xx e f yy acima e supondo que f tenha derivadas até segundaordem contínuas na variáveis r e θ, temoso que conclui a resolução do exercício.f xx + f yy = f rr + 1 r f r + 1 r 2 f θθ,f θ)Exemplo 2.7 Podemos fazer a seguinte pergunta: quais são as funções harmônicas v(r, θ) que sódependem da distância r à origem? Se v(r, θ) = f(r), então v será harmônica se e somente sef ′′ (r) + 1 r f ′ (r) = 0,55

que é uma equação diferencial de segunda ordem redutível à uma equação de primeira ordem.Imediatamente, encontramos que f(r) = 1 e f(r) = ln r como duas soluções linearmenteindenpendentes da equação acima. A função ln r é, portanto, uma função harmônica na regiãoΩ = R 2 − {(0, 0)}, que é independente de θ.O problema de Dirichlet para a equação de Laplace é formulado da seguinte forma: dadauma função contínua f : ∂Ω → R, determinar uma função u : Ω → R, tal que(i) u seja contínua em Ω,(ii) u seja harmônica em Ω e(iii) u = f em ∂Ω (condição de fronteira).O problema acima é altamente não-trivial para uma região Ω arbitrária e nem sempre temsolução. Neste texto nos limitaremos a regiões retangulares ou discos, para as quais iremos obteras soluções através de séries de Fourier.Caso o problema de Dirichlet seja solúvel, a sua unicidade pode ser mostrada utilizando-se oPrincípio de Máximo que será enunciado a seguir.Teorema 2.1 (Princípio de Máximo) Sejam Ω uma região limitada do plano e u : Ω → R umafunção contínua em Ω e harmônica em Ω. Então o máximo de u é atingido na fronteira.Corolário 2.1 Seja u como no Teorema 2.1. Então u assume seu mínimo em ∂Ω.Prova. Se u for harmônica em Ω, então, −u também o será e, do Princípio de Máximo, o máximode −u também será atingido na fronteira, ou seja,max∂Ω−u(x, y) ≥ max −u(x, y) =⇒ − minΩMultiplicando esta desigualdade por −1, temosmin∂Ω∂Ωu(x, y) ≤ min u(x, y)Ωe concluimos que o mínimo de u também é atingido na fronteira.u(x, y) ≥ − min u(x, y).ΩTeorema 2.2 Sejam u 1 e u 2 duas soluções do problema de Dirichlet para um mesmo f. Então,u 1 = u 2 .Prova. A função u = u 1 − u 2 é harmônica em Ω e igual à zero em ∂Ω, logo, pelo Princípio deMáximo, u(x, y) ≥ 0 em Ω. Por outro lado, pelo Corolário 2.1, u(x, y) ≤ 0 em Ω. Portanto,u(x, y) = 0 em Ω.56

2.5.1 O Problema de Dirichlet no retânguloNeste problema a região Ω é o retângulo 0 < x < a e 0 < y < b. A sua fronteira consiste dequatro segmentos aos quais devemos especificar as condições de fronteira:u(x, 0) = f o (x), u(x, b) = f 1 (x),u(0, y) = g o (y), u(a, y) = g 1 (y).Note que se quisermos que a condição de fronteira seja contínua, devemos ter as seguintescondições de compatibilidade: f o (0) = g o (0), f o (a) = g 1 (0) e g 1 (b) = f 1 (a) e f 1 (0) = g o (b). Se essascondições não forem satisfeitas, pode-se ainda encontrar uma função harmônica, u, em Ω, a qualsatisfaz às condições de fronteira num certo sentido, mas que não poderá ser contínua em Ω.Exercício 2.23 Mostre que para se resolver problema acima, basta considerarmos as soluções dequatro problemas, cada um dos quais com condições de fronteira zero em três lados do retângulo emantendo-se a condição de fronteira dada no quarto lado. A soma das quatro soluções obtidas nosdá a solução do problema original (veja Exercício 2.20).Observação 2.3 No Exercício 2.23, se a condição de fronteira não for zero em algum dos vérticesdo retângulo, então cada uma das soluções com condições de fronteira não-nula nos lados quecontêm estes vértices serão descontínuas nestes vértices, pois, nestes a solução em série convergepara zero que não é o valor especificado pela condição de fronteira; contudo, sob a hipótese decontinuidade da condição de fronteira do problema original, cada uma das soluções será contínuaem todos os pontos da fronteira, exceto, naqueles vértices onde a condição não for zero e, porconseguinte, ao somarmos as quatro soluções teremos uma solução que será continua em todos ospontos da fronteira, exceto, nos vértices onde a condição de fronteira não é zero e podemos definira solução nestes por continuidade (de modo que ela seja contínua em todos os pontos da fronteira):nos vértices onde as condições de fronteira do problema original não forem zero, faça u igual aovalor das condições de fronteira nestes pontos; nos demais pontos, faça u igual à soma das quatrosoluções obtidas no Exercício 2.23.Como os quatro problemas descritos no exercício acima são similares, iremos considerar apenasaquele correspondente às seguintes condições de fronteira:u(x, 0) = f(x), u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.57

Vamos assumir que f(0) = f(a) = 0 e que f seja contínua. Usaremos o método de separaçãode variáveis e assumiremos que u(x, y) = X(x)Y (y). Substituindo esta expressão na equação deLaplace, temosX ′′X= −Y′′Y = λ,onde λ é um parâmetro independente de x e y. Portanto, temosX ′′ − λX = 0, (23)Y ′′ + λY = 0. (24)Da condição de fronteira, u(0, y) = 0 = u(a, y), como não queremos que Y seja identicamentenula, devemos ter X(0) = 0 = X(a). Portanto, devemos ter λ = −n 2 π 2 /a 2 . Portanto, para cadan, X n (x) = sen nπxaserá solução de (23) e a equação (24) ficacuja solução geral éY ′′ − n2 π 2Y = 0, (25)a2 Y (y) = a n e nπy/a + b n e −nπy/a .Da condição de fronteira u(x, b) = 0, como não queremos X ≡ 0, devemos ter Y (b) = 0, o quenos dá a seguinte relação: b n = −a n e 2nπb/a , portanto,Portanto, u n (x, y) = sen nπxaY (y) = a n e nπy/a − a n e 2nπb/a e −nπy/a(= a n e nπb/a e (nπ/a)(y−b) − e −(nπ/a)(y−b))()= 2a n e nπb/a e (nπ/a)(y−b) − e −(nπ/a)(y−b)2≡ 2a n e nπb/a senh∝ senhnπ(b − y)asenh nπ(b−y)anπ(y − b)a≡ Y n (y).exceto, u(x, 0) = f(x). Tentaremos uma solução da formaé harmônica e satisfaz as condições de fronteiras,u(x, y) =∞∑n=1c n sen nπxa58senhnπ(b − y).a

Os coeficientes c n ’s têm que ser escolhidos de modo queou seja,f(x) = u(x, 0) =∞∑n=1c n senh nπbasen nπxa,Portanto,c n senh nπba= 2 a∫ a0f(x) sen nπxa dx ≡ f n.u(x, y) =∞∑n=1senh nπ(b−y)af nsenh nπbasen nπxa,ondef n = 2 a∫ a0f(x) sen nπxaExercício 2.24 ( O Problema de Dirichlet numa faixa semi-infinita) Encontre a solução daequação de Laplace na faixa 0 < x < a, y > 0, que satisfaz as condiçõesdx.u(0, y) = 0, u(a, y) = 0, y > 0, u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ a.Resolução. Por causa das condições de fronteira u(0, y) = 0 = u(a, y) = 0, vimos que λ = − ( nπae X n (x) = sen ( )nπxa , portanto, a solução geral da equação em y após a separação de variáveis éY n (y) = a n e nπy/a + b n e −nπy/a . Como queremos u(x, y) tenda a zero quando y → ∞, devemos fazera n = 0. Portanto a solução será) 2u(x, y) =∞∑n=1c n sen nπxae −nπy/a ,ondec n = 2 a∫ a0f(x) sen nπxadx.Exercício 2.25 Resolva o problema de Dirichlet no retângulo, satisfazendo às seguintes condiçõesde fronteira:u(x, 0) = 3 sen(2x) − 0.5 sen(9x), u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.59

Exercício 2.26 Resolva o problema de Dirichlet no retângulo, satisfazendo às seguintes condiçõesde fronteira:u(x, 0) = x(a − x), u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.Exercício 2.27 Mostre que a solução do problema de Dirichlet com condições de contornou(x, 0) = 0, u(x, b) = f(x), u(0, y) = 0, u(a, y) = 0éu(x, y) =∞∑n=1senh ( nπy)af nsenh ( nπba) sen( nπx),aondef n = 2 a∫ a0f(x) sen nπxaExercício 2.28 Mostre que a solução do problema de Dirichlet com condições de contornodx.u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, u(0, y) = 0, u(a, y) = f(y)éu(x, y) =∞∑n=1senh ( )nπxbf nsenh ( nπab) sen( nπy)b,ondef n = 2 b∫ b0f(y) sen nπybExercício 2.29 Resolva o problema de Dirichlet no retângulo 0 < x < 3 e 0 < y < 2,u(x, 0) = u(0, y) = u(x, 2) = 0, u(3, y) = f(y), onde⎧⎨ y, se 0 ≤ y ≤ 1f(y) =⎩ 2 − y, se 1 ≤ y ≤ 2.Exercício 2.30 Encontre a solução da equação de Laplace na faixa 0 < y < b, x > 0, que satisfazas condiçõesdy.u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, x > 0, u(0, y) = f(y), 0 ≤ y ≤ b.60

Exercício 2.31 Resolva o problema de Dirichlet no quadrado 0 < x < π e 0 < y < π,u(x, 0) = 1 + sen x, u(0, y) = u(x, π) = u(π, y) = 1.Sugestão. Veja este problema como a solução de dois problemas de Dirichlet no quadrado0 < x < π e 0 < y < π, sendo que para um deles a condição de fronteira é constante e iguala 1.Exercício 2.32 Mostre que a solução do problema de Dirichlet com condições de contornou(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, u(0, y) = f(y), u(a, y) = 0éu(x, y) =∞∑n=1senh nπ(a−x)bf nsenh nπabsen nπyb,ondef n = 2 b∫ b0f(y) sen nπybExercício 2.33 (O problema de Neunmann) Ao invés de especificarmos o valor de u nafronteira da região considerada, neste problema especificamos a componente do gradiente de u nadireção do vetor normal unitário à fronteira em cada ponto. Mostre que a solução da equação deLaplace com condições de fronteirady.u y (x, 0) = 0, u y (x, b) = 0, u x (0, y) = 0, u x (a, y) = f(y),onde ∫ b0f(y)dy = 0, é determinada a menos de uma constante e encontre esta solução.Resolução. Das condições de fronteira, u y (x, 0) = 0 = u y (x, b) = 0, temos Y (0) = 0 = Y (b),portanto, temos o seguinte problema:Y ′′ = −λY,Y (0) = 0 = Y (b).Portanto, λ = n2 π 2b 2(n = 0, 1, . . .) e a solução é proporcional a Y n (y) = cos ( nπy)b . A outraequação fica X ′′ = n2 π 2X e em virtude da condição de contorno ub 2x (0, y) = 0, temos que X(x) seráproporcional a X n (x) = cosh ( )nπxb . Portanto a solução será da formau(x, y) = a o∞2 + ∑ ( nπx) ( nπy)a n cosh cos .b bn=161

Da condição de contorno, u x (a, y) = f(y), devemos terf(y) =∞∑ ( nπ)a n senhbn=1( nπa)cosb( nπy),bque, por se tratar da série de cossenos de f(y), a qual não possui o termo constante, só tem soluçãose ∫ b0 f(y)dy = 0. Como a condição ∫ b0f(y)dy = 0 acontece por hipótese, devemos ternπa nbsenh( nπa)= 2 b b∫ b0f(y) cos( nπy)dy, n = 1, 2, . . .bem particular, não sabemos quanto vale a o , ou seja, a solução é determinada a menos destaconstante.Exercício 2.34 (Condições de fronteira mista) Consiste em especificarmos o valor de u emparte da fronteira e no restante da mesma especificarmos a componente do gradiente de u na direçãodo vetor unitário normal à fronteira em cada ponto. Encontre da equação de Laplace com condiçõesde fronteirau(0, y) = 0, u(a, y) = 0, 0 < y < b, u y (x, 0) = 0, u y (x, b) = f(x), 0 ≤ x ≤ a.Suponha que⎧⎨ x, se 0 ≤ x ≤ a/2f(x) =⎩ a − x, se a/2 ≤ x ≤ a.Encontre u(x, y).Resolução. Das condições de fronteira u(0, y) = 0 = u(a, y), temos o seguinte problema:X ′′ = λX,X(0) = 0 = X(a),portanto, λ = − n2 π 2a 2(n = 1, 2, . . .) e a solução é proporcional a X n (y) = sen ( )nπxa . A outraequação fica Y ′′ = n2 π 2Y e em virtude da condição de contorno ua 2y (x, 0) = 0, temos que Y (y) seráproporcional a Y n (y) = cosh ( nπy)a . Portanto a solução será da formau(x, y) =∞∑a n coshn=1Da condição de contorno, u y (x, b) = f(x), devemos terf(x) =n=1( nπy)sena∞∑ ( nπ) ( ) nπba n senh senaa62( nπx).a( nπx),a

portanto,nπa na( ) nπbsenh = 2 a a∫ a0f(x)senResolva o problema para o caso particular do f dado.( nπx)dx, n = 1, 2, . . . .aExercício 2.35 Resolva o seguinte problema de Dirichlet no quadrado:u(x, 0) = sen 3x, u(π, y) = sen y − 0.5 sen 5y, u(x, π) = 0 = u(0, y).2.5.2 O Problema de Dirichlet no discoDada uma função contínua f(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π, determinar v(r, θ), para 0 ≤ r ≤ ρ e 0 ≤ θ ≤ 2π,tal que(i) v seja contínua e v(r, 0) = v(r, 2π),(ii) v seja de classe C 2 em 0 < r < ρ e satisfaça a equação de Laplace(iii) v(ρ, θ) = f(θ).v rr + 1 r v r + 1 r 2 v θθ = 0, (26)Vamos buscar soluções da forma v(r, θ) = R(r)Θ(θ). Substituindo esta expressão em (26), temosr 2 R ′′ + rR ′ + λR = 0, (27)Θ ′′ − λΘ = 0. (28)Como Θ dever ser uma função periódica de período 2π, conclui-se que λ = −n 2 , n ≥ 0, e que asolução geral de (28) éA equação (27) ficaque é uma equação de Euler.Θ n (θ) = a n cos nθ + b n sen nθ.r 2 R ′′ + rR ′ − n 2 R = 0, (29)Para resolvê-la podemos fazer a seguinte mudança na variávelindependente r = e t ou t = ln r. Portanto, da regra da cadeia, temosddr R = d dtR(r)dt dr = d e−t dt Rd 2dr 2 R = d ( ) dR= d (edr dr dt dt−t dR63) ( dt d 2dr = Re−2tdt 2 − dR ),dt

e temos a seguinte equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes:d 2 Rdt 2 − n2 R = 0. (30)Note que para n = 0 esta equação fica d2 R= 0, cuja solução geral é cdt 21 + c 2 t, voltando à variávelinicial, temos c 1 +c 2 ln r; ou seja, para n = 0 temos 1 e ln r como soluções linearmente independentesde (29). Para n ≠ 0, a solução geral de (30) é c 1 e −nt + c 2 e nt e em termos da variável original,temos c 1 r n +c 2 r −n ; portanto, temos r n e r −n como soluções linearmente independentes de (29). Assoluções, r −n e ln r serão descartadas no presente caso, pois, nos dariam soluções v(r, θ) ilimitadasna origem, portanto, descontínuas neste ponto, independemente de como a definíssemos no mesmo.Logo, R(r) = r n , para n ≥ 0. Para cada n,v n (r, θ) = r n (a n cos nθ + b n sen nθ) ,onde a n e b n são constantes arbitrárias, satisfazem (i) e (ii). Para satisfazer (iii), tentaremosDa condição de fronteira, temoslogo,v(r, θ) = a o∞2 + ∑r n (a n cos nθ + b n sen nθ) .n=1f(θ) = v(a, θ) = a o∞2 + ∑a n (a n cos nθ + b n sen nθ) ,n=1a n ρ n = 1 πExercício 2.36∫ 2π∫ 2π0f(θ) cos nθ dθ e b n ρ n = 1 π0f(θ)sen nθ dθ.(a) Mostre que a solução da equação de Laplace na região semi-circular r < a, 0 < θ < π, quesatisfaz as condições de contornou(r, 0) = 0, u(r, π) = 0, 0 ≤ r < au(a, θ) = f(θ), 0 ≤ θ ≤ π,admitindo que ela está bem definida e é limitada na região dada é∞∑u(r, θ) = b n r n sen(nθ),n=164

ondea n b n = 2 π∫ π0f(θ)sen(nθ) dθ.(b) Supondo que f(θ) = θ(π − θ), encontre a solução u.Sugestão. Veja o Exercício 2.39.Exercício 2.37 Encontre a solução da equação de Laplace fora do círculo de raio a, que satisfazas condições de contornou(a, θ) = f(θ), 0 ≤ θ < 2π,que está bem definida e é limitada para r > a.Resolução. Este problema é bastante parecido com o problema de Dirichlet no disco, as soluçõesdeverão ser periódicas de período 2π. Na resolução da equação de Laplace no círculo, devemosdescartar r n e ln r, pois estas não são finitas fora do disco. Portanto, a solução será da formaondea n ρ −n = 1 πu(r, θ) = a 0∞2 + ∑r −n (a n cos nθ + b n sen nθ) ,∫ 2π0n=1f(θ) cos nθ dθ e b n ρ −n = 1 π∫ 2π0f(θ)sen nθ dθ.Exercício 2.38 Encontre a solução da equação de Laplace na região anular a < r < b, que sejaindependente de θ e satisfaça as seguintes condições de fronteiras u(a, θ) = V a e u(b, θ) = V b , para0 ≤ θ < 2π.Resolução.Como a solução deve ser independente de θ, do Exemplo 2.7, ela é da formau(r) = c 1 + c 2 ln r. Das condições de fronteiras, temos c 1 = lnbV aa V bln( a)be c 2 = V a−c 1ln a .Exercício 2.39 Seja 0 < α < 2π. Mostre que a solução da equação de Laplace no setor circular0 < r < a e 0 ≤ θ < α, com condições de fronteira u(r, 0) = 0 = u(r, α), 0 ≤ r < a e u(a, θ) = f(θ),0 ≤ θ ≤ α é65

ondeu(r, θ) =b n a nπα =2α∞∑n=1∫ α0b n r nπα( ) nπθ sen ,α( ) nπθf(θ)sen dθ.αSugestão. Neste caso ao invés da hipótese de u ser periódica de período 2π, devemos usar ascondições de fronteira u(r, 0) = 0 = u(r, α) as quais implicam que Θ(0) = 0 = Θ(α), portanto,λ = − n2 π 2(n = 1, 2, . . .) e Θ(θ) será proporcional a Θα 2n (θ) = sen ( )nπθα . Como não temosautovalor λ = 0, as soluções radiais são r − nπα e r nπα . A hipótese de u(r, θ) ser limitada nos forçaa descartar as soluções radiais r − nπα .66

3 Transformada de FourierExercício 3.1 (O problema de Dirichlet para a equação de Laplace no semi-plano)Resolva o seguinte problemau xx + u yy = 0, −∞ < x < ∞, y > 0 (31)u(x, 0) = f(x), −∞ < x < ∞. (32)Assuma que u(x, y), u x (x, y) → 0 quando x → ±∞ e que f seja absolutamente integrável.Resolução. Sejaû(ω, y) = 1 √2π∫ ∞−∞como u(x, y), u x (x, y) → 0 quando x ± ∞, vimos que∫1 ∞√2π−∞e −iωx u(x, y) dx,e −iωx u xx (x, y) dx = −ω 2 û(ω, y),logo, tomando-se a transformada de Fourier das equações (31) e (32) em relação à variável x, temos∂ 2∂y 2 û(ω, y) = −ω2 û(ω, y), (33)û(ω, 0) = ˆf(ω). (34)A solução geral de (33) éû(ω, y) = c 1 e −|ω|y + c 2 e |ω|ye se quisermos que û(ω, y) seja limitada devemos fazer c 2 = 0. Portanto,û(ω, y) = c 1 e −|ω|y , (35)de (34) e (35) devemos ter c 1 = ˆf(ω). Portanto,û(ω, y) = e −|ω|y ˆf(ω) = ĝ(ω, y) ˆf(ω), (36)onde ĝ(ω, y) = e −|ω|y . Pelo Teorema da convolução, temosu(x, y) = 1 √2πg(x, y) ∗ f(x) = 1 √2π∫ ∞−∞g(x − t, y)f(t) dt. (37)67

Note queg(x, y) =========∫1 ∞√2π−∞∫1 ∞√2π−∞(∫1 ∞√2π0e iωx ĝ(ω, y) dωe iωx e −|ω|y dω∫ 0e iωx e −|ω|y +(∫1 ∞√ e iωx e −ω y +2π0(∫1 ∞√ e iωx e −ω y +2π0−∞∫ 0−∞∫ ∞∫1 ∞ (√ e iωx + e −iωx) e −ω y dω2π00e iωx e −|ω|y )dωe iωx e ω y )dωe −iωx e −ω y )dω∫2 ∞√ cos(ωx)e −ω y dω2π 0√ [] 2e −ωy x sen (ωx) − y cos(ωx) ∞πx 2 + y 2 0√2 2yπ x 2 + y 2 .Substituindo este valor de g(x, y) em (37), temosu(x, y) = y π∫ ∞−∞f(t)y 2 dt. (38)+ (x − t) 2Teorema 3.1 Seja f : R → R contínua e limitada. Então, a expressão (38) define uma funçãoque é infinitamente diferenciável em y > 0, satisfaz (31) e lim y→0 + u(x, y) = f(x).Observação 3.1 A menos que façamos a restrição que u(x, y) → 0 quando x 2 +y 2 → ∞, a soluçãodo problema de Dirichlet dado por (31) e (32) não será única. De fato o problema de Dirichlet dadopor (31) e (32) com f(x) = 0 para todo x tem duas soluções, ou seja, u(x, y) = 0 e u(x, y) = y.Exercício 3.2 Usando a tabela de transformadas de Fourier da página 12, no item 9, substitua ωpor ay e conclua que∫ ∞−∞cos s πe−yy 2 ds = , y > 0. (39)+ s2 yObservação 3.2 Integrais como acima são calculadas usando-se a fórmula integral de Cauchy.Exercício 3.3 Resolva o problema de Dirichlet dado por (31) e (32) para f(x) = sen x.68

Resolução. De (38), temosu(x, y) = y π= y π= y π∫ ∞−∞∫ ∞−∞∫ ∞−∞= y sen xπsen (t)y 2 + (t − x) 2 dtsen (s + x)y 2 + s 2 ds, t − x = ssen s cos x + sen x cos sy 2 + s 2 ds∫ ∞cos sy 2 + s 2 ds−∞πe −y= y sen xπ y= e −y sen x.(usamos (39))Exercício 3.4 (O problema de Dirichlet para a equação de Laplace no quadrante)Resolva o seguinte problemau xx + u yy = 0, x, y > 0 (40)u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x < ∞, u(0, y) = 0, y > 0. (41)Assuma que f seja contínua, limitada e que f(0) = 0Resolução.semi-planoSeja h(x) a extensão ímpar de f e considere o seguinte problema de Dirichlet nou xx + u yy = 0, −∞ < x < ∞, y > 0u(x, 0) = h(x), −∞ < x < ∞.Pelo Teorema 3.1u(x, y) = y π∫ ∞−∞h(t)y 2 dt (42)+ (x − t) 2é solução do problema acima. Em particular, como ∆u = 0 para todo −∞ < x < ∞ e y > 0,∆u = 0 para todo x, y > 0. Além disso, para todo x ≥ 0, lim y→0 + u(x, y) = h(x) = f(x) e se y ≥ 0,u(0, y) = y π∫ ∞−∞h(t)y 2 dt = 0,+ t2 pois, h é uma função ímpar. Portanto, a expressão (42) é solução do problema de Dirichlet dadopor (40) e (41). Note que (42) pode ser re-escrita comou(x, y) = y ∫ ∞()1π y 2 + (x − t) 2 − 1y 2 + (x + t) 2 f(t) dt. (43)069

Exercício 3.5 Mostre queu(x, y) = x π∫ ∞é solução do problema de Dirichlet0()1x 2 + (y − t) 2 − 1x 2 + (y + t) 2 f(t) dt. (44)u xx + u yy = 0, x, y > 0u(x, 0) = 0, 0 < x < ∞, u(0, y) = f(y), y ≥ 0.Assuma que u(x, y), u y (x, y) → 0 quando y → ∞, f(0) = 0 e f seja absolutamente integrável em(0, ∞)Exercício 3.6 Usando a linearidade da equação de Laplace e os resultados acima, resolva oseguinte problema de Dirichletu xx + u yy = 0, x, y > 0u(x, 0) = f(x), x ≥ 0, u(0, y) = g(y), y ≥ 0.Assuma que f(0) = g(0), f e g sejam contínuas e limitadas.Exercício 3.7u xx + u yy = 0, x, y > 0u(x, 0) = sen x, x ≥ 0, u(0, y) = sen y, y ≥ 0.70

4 Apêndice - Dedução das Equações de Calor e da Onda4.1 Equação da OndaA seguir, aplicaremos a Segunda Lei de Newton a uma corda elástica e concluiremos quepequenas amplitudes transversais de uma corda vibrante obedece à equação da onda. Considereum pequeno elemento da corda, mostrado na Figura 30.Figura 30: Um elemento da corda.Usaremos as seguintes notações:u(x, t) = deslocamento vertical da corda do eixo x no posição x e no instante tθ(x, t) = ângulo entre a corda e uma linha horizontal na posição x e no instante tT (x, t) = tensão na corda na posição x e no instante tρ(x) = densidade de massa da corda na posição x.As forças atuando no pequeno elemento de corda são(a) a tensão puxando no lado direito, a qual tem magnitude T (x + ∆x, t) e atua segundo umângulo θ(x + ∆, t) acima da horizontal,(b) a tensão puxando no lado esquerdo, a qual tem magnitude T (x, t) e atua segundo umaângulo θ(x, t), abaixo da horizontal e, possivelmente,(c) várias forças externas, como gravidade. Assumiremos que todas as forças atuamverticalmente e denotaremos por F (x, t)∆x a magnitude total das forças externas atuando noelemento de corda.71

A massa do elemento de corda é essencialmente ρ(x) √ ∆x 2 + ∆u 2 , assim, a componente verticalda força, dada pela Lei de Newton, éρ(x) √ ∆x 2 + ∆u 2∂2u(x, t) = T (x + ∆x, t) sen θ(x + ∆, t) − T (x, t)sen θ(x, t) + F (x, t)∆x.∂t2 Dividindo por ∆x e tomando o limite quando ∆x → 0, temos√( ) ∂u 2∂ 2∂ρ(x) 1 +u(x, t) = [T (x, t) sen θ(x, t)] + F (x, t)∂t ∂t2 ∂x= ∂∂θT (x, t) sen θ(x, t) + T (x, t) cos θ(x, t) (x, t) +∂x ∂x+F (x, t). (45)Note queo que implica que∆utg θ(x, t) = lim∆→0 ∆x = ∂u (x, t),∂xsen θ(x, t) =θ(x, t) = tg∂u∂x(x, t)√1 + ( ∂u−1 ∂u, cos θ(x, t) = 1√∂x (x, t)) 2∂θ(x, t),∂x∂(x, t) =∂x2 u(x, t)∂x 21 + ( ∂u∂x (x, t)) 2 .1 + ( ∂u∂x (x, t)) 2Para pequenas vibrações, |θ(x, t)| ≪ 1, para todo x e t, isto implica que tg θ(x, t)| ≪ 1, logo,| ∂u∂x(x, t)| ≪ 1, portanto,√( ) ∂u 21 + ≈ 1, sen θ(x, t) ≈ ∂u∂x∂x (x, t), cos θ(x, t) ≈ 1, ∂θ∂x (x, t) ≈ ∂2 u(x, t).∂x2 Substituindo os valores acima na equação (45), temosρ(x) ∂2 u ∂T(x, t) = (x, t)∂u∂t2 ∂x ∂x (x, t) + T (x, ut)∂2 (x, t) + F (x, t). (46)∂x2 Como o nosso pequeno elemento da corda move-se apenas verticalmente, então, a componenteda força na direção horizontal é zero. Portanto, da Segunda Lei de Newton, temosT (x + ∆x, t) cos θ(x + ∆x, t) − T (x, t) cos θ(x, t) = 0.Dividindo esta equação por ∆x e tomando o limite quando ∆x tende a zero, temos∂[T (x, t) cos(x, t)] = 0.∂x72

Para pequenas amplitudes de vibrações, cos θ é muito próximo de um e ∂T∂x(x, t) é muito próximo dezero. Em outras palavras, T é uma função apenas de t, a qual é determinada pela maneira de quãoforte estamos puxando as extremidades da corda no instante t. Logo, para pequenas amplitudesde vibrações verticais, (46) pode ser re-escrita comoρ(x) ∂2 u∂t 2 (x, t) = T u(t)∂2 (x, t) + F (x, t).∂x2 Se a densidade da corda, ρ, é constante, independente de x, e a tensão T (t) é uma constanteindependente de t e não existe forças externas, F , obtemos∂ 2 u∂t 2 (x, t) = c2 ∂2 u(x, t),∂x2 ondec =√Tρ .4.2 Equação de CalorConsideramos um fio de material condutor, de comprimento L, cujas laterais estão perfeitamenteisoladas, tal que não haja nenhuma perda de calor através das mesmas.Assumiremos que atemperatura u no fio dependa apenas da posição x e do instante t, e não dependa das coordenadasy e z, de modo que a temperatura ao longo de qualquer seção transversal seja uniforme.De acordo com a Lei de Fourier, a quantidade de calor fluindo através de uma seção transversalde área unitária por unidade de tempo da barra, chamado de fluxo, Q, é dado porQ(x, t) = −K ∂u (x, t),∂xonde K é a constante de difusão de calor e depende apenas do material do fio, e u(x, t) é temperaturana posição x e tempo t.Considere uma porção infinitesimal do fio de comprimento ∆x, localizado entre os pontos x ex + ∆x. A quantidade de calor fluindo no ponto x é Q(x, t). Da mesma forma, a quantidade decalor fluindo no ponto x + ∆x é −Q(x + ∆x, t). O aumento total de calor no elemento diferencial(por unidade de seção transversal de área) num intervalo de tempo ∆t, é dado comoo aumento de calor no elemento no tempo ∆t = [Q(x, t) − Q(x + ∆x, t)]∆t.73

A quantidade de calor por unidade de seção transversal na seção selecionada no fio, isto é, deelemento de massa ∆M (e comprimento ∆x) no instante t éσ∆Mu ≡ σρ∆xu ≈ σρ∆x∆tu t (x, t),onde σ é o calor específico do material, ρ é a densidade linear da material e u é a temperaturamédia no elemento no instante t. Tomaremos u = u(x+ ∆x2, t), ou seja, u é a temperatura no centrode elemento. Portanto, temoso aumento de calor no elemento no tempo ∆t = σρ∆x∆t u t (x + ∆x2 , t).Combinando as equações acima,ou seja,Q(x, t) − Q(x + ∆x, t)lim= lim σρu t (x + ∆∆x→0 ∆x∆→0 2 , t),−Q x (x, t) = σ ρ u t (x, t),ou ainda,Ku xx = σρ u t (x, t) ⇐⇒ u t = α 2 u xx ,onde a constante α 2 = K σρé chamada de difusividade térmica.74

Referências[1] William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações Diferenciais Elementares e Problemas deValores de Contorno, Sétima Edição.[2] C. H. Edwards e D. E. Penney, Differential Equations, computing and modeling, Prentice Hall,2000.[3] Djairo Guedes de Figueiredo, Análise de Fourier e Equalções Diferenciais Parciais, ProjetoEuclides, 1997.[4] Joel Feldman, Derivation of the Wave Equation, encontrado no endereçowww.math.ubc.ca/ feldman/apps/wave.pdf.[5] Ali R Ansari, The One-Dimensional Heat Equation, encontrado no endereçohttp://www.ul.ie/ aransari/MS4007Notes4.pdf75