Equações Diferenciais B. Prof. Paulo Cupertino de Lima Departamento de Matemática - UFMG

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1 Equações Diferenciais B Prof. Paulo Cupertino de ima Departamento de Matemática - UFMG 1

2 Conteúdo 1 Séries de Fourier Introdução Funções periódicas Funções contínuas por partes e funções suaves por partes Ortogonalidade O Teorema de Fourier Séries de Fourier de Funções Pares e de Funções Ímpares Cálculo de Algumas Séries de Fourier Séries de Fourier de funções definidas num intervalo finito Derivação e Integração de Séries de Fourier Séries de Fourier Complexas A desigualdade de Parseval e o emma de Riemann-ebesque Demonstração do Teorema de Fourier Exercícios propostos Equações Diferenciais Parciais 36.1 Um pouco sobre equações diferenciais ordinárias O que é uma equação diferencial parcial? Classificação de Equações Diferenciais Parciais O Método de Separação de Variáveis A equação do calor em uma dimensão espacial Condições de Fronteira da Equação do Calor Barra com extremidades mantidas à o C Barra isolada termicamente também nas extremidades Barra com uma extremidade isolada e a outra mantida a o C Condições de fronteira não-homogêneas Unicidade da equação do calor Apêndice equação de calor Exercícios Trabalhos A Equação da Onda A Corda finita

3 .8. Condições de fronteira A corda vibrante com extremidades fixas A Corda infinita e a Fórmula de D Alembert Exercícios A Equação de aplace O Problema de Dirichlet no retângulo O Problema de Dirichlet no disco O Princípio do Máximo Transformada de Fourier Transformadas de Fourier das funções cos(x e sen(x As transformadas seno e cosseno de Fourier Aplicações da transformada de Fourier às resoluções de equações diferenciais parciais A filosofia da transformada de Fourier em equações diferenciais parciais Exercícios: resolução de equações diferenciais parciais Apêndice Trocando a ordem da derivação e da integração em transformada de Fourier ema de Riemann-ebesgue para Integral e transformada de Fourier Prova do Teorema da Integral de Fourier Apêndice - Dedução das Equações de Calor e da Onda Equação da Onda Equação de Calor

4 Introdução Este texto tem como objetivo atender à disciplina de Equações Diferenciais B, na qual são introduzidos os importantes conceitos de séries de Fourier, transformada de Fourier e equações diferenciais parciais. Na Seção 1 fazemos uma revisão de funções periódicas, introduzimos os conceitos de funções continuas por partes e de funções suaves por partes. Introduzimos o conceito de ortogonalidade de funções e definimos a série de Fourier de uma função. Provamos a desigualdade de Bessel e a partir dela provamos o emma de Riemann-ebesque, o qual usamos na demonstração do principal resultado desta seção, o Teorema de Fourier sobre convergëncia pontual de séries de Fourier de funções periódicas e suaves por partes. Vemos vários exemplos de cálculos de séries de Fourier e usando o Teorema de Fourier, calculamos explicitamente a soma de algumas séries numéricas importantes. Introduzimos os conceitos de extensões periódicas par e ímpar de funçoes definidas num intervalo da forma [, ], bem como outras extensões que precisaremos nas aplicações da seção seguinte. Na Seção falamos um pouco sobre as equações diferenciais ordinárias, uma vez que o seu conhecimento não é pressuposto para se fazer este curso. Introduziremos as equações do calor e de onda unidimensionais para uma região finita,, definiremos diferentes condições de contorno e usaremos o método da separação de variáveis na resolução das mesmas. Também consideramos a equação da onda para uma corda infinita e obteremos a fórmula de D Alembert que nos dá explicitamente a solução em termos da forma e velocidades iniciais da onda. Ainda nesta seção introduzimos a equação de aplace e o Princípio de Máximo e consideramos o problema de Dirichlet para o retângulo e para o disco. Na Seção 3, introduziremos o conceito de transformada de Fourier, suas propriedades e a aplicamos na resolução de vários problemas. Seção 5, que é um apêndice, deduziremos as equações de calor e da onda a partir de primeiros princípios, ou seja, a partir da Segunda ei de Newton e da ei de Fourier, respectivamente. 4

5 1 Séries de Fourier 1.1 Introdução O matemático e físico francês Jean Baptiste Joseph Fourier ( formulou um problema de fluxo de calor em termos de equações diferenciais parciais e, na sua tentativa de resolvê-las, ele foi levado ao problema matemático de expandir uma função em séries envolvendo senos e cossenos. Tais séries são hoje chamadas de séries de Fourier. Elas são muito importantes sob o ponto de vista matemático e por suas aplicações em problemas físicos, por isso as estudaremos neste capítulo. As suas aplicações às equações diferenciais serão dadas nos capítulos seguintes. 1. Funções periódicas Definição 1.1 Dizemos que uma função f : R R é periódica de período T, se para todo x. f(x + T = f(x, Exemplo 1.1 As funções sen (nx e cos(nx são periódicas de períodos π/n. As funções tg x e cotg x são periódicas de período π. Observação 1.1 Se T é um período de f, kt, onde k é um inteiro também é um período. Todavia, quando nos referimos ao período de uma função estaremos considerando o seu período fundamental, ou seja, o menor valor de T >, tal que f(x + T = f(x, para todo x. Exercício 1.1 A partir da definição da derivada, mostre que se f é derivável e periódica, então, f também é periódica. Exemplo 1. A integral de uma função periódica, não é necessariamente uma função periódica: Se f(x + T = f(x para todo x, então a função F (x = x a f(ydy, satisfaz F (x + T = F (x se, e somente se, T f(ydy =. De fato, F (x + T F (x = x+t x f(ydy = T f(ydy. 5

6 1.3 Funções contínuas por partes e funções suaves por partes Definição 1. Dizemos que uma função f na varíável x é seccionalmente contínua (ou contínua por partes na reta se ela tiver no máximo um número finito de descontinuidades (todas de primeira espécie, ou seja, os limites laterais são finitos em cada ponto de descontinuidade, veja Figura (1 em qualquer intervalo limitado. Em outras palavras, dados a < b, existem a a 1 a... a n = b, tais que f é contínua em cada intervalo aberto (a j, a j+1, j = 1,,..., n 1 e existem os limites f(a j + = lim x a + j Toda função contínua é seccionalmente contínua. f(x e f(a j = lim x a j f(x. Figura 1: f tem uma descontinuidade de primeira espécie em x. Exemplo 1.3 A função definida como f(x = 1, se x 1, 1 n+1, se 1 n+1 x < 1 n, n = 1,,...,, se x, não é seccionalmente contínua: apesar de todas as suas descontinuidades serem de primeira espécie, existem um número infinito das mesmas no intervalo (, 1. Exemplo 1.4 Alguns exemplos de funções seccionalmente contínuas. 6

7 (a f(x = [x], onde [x] é a parte inteira de x, veja Figura Figura : Gráfico da função parte inteira de x, ela é descontínua nos números inteiros diferentes de zero e nestes os limites laterais existem. (b 1, se x < π, f(x =, se π x <, f(x + π = f(x Figura 3: Gráfico da função periódica dada no item (b. 7

8 (c f(x = x, se x 1 e f(x + = f(x Figura 4: Gráfico da função periódica dada no item (c. Definição 1.3 Dizemos que uma função f : R R é seccionalmente diferenciável (ou derivável por partes se ela e a sua derivada forem seccionalmente contínuas. Note que f não existirá onde f for descontínua. Embora tenhamos introduzido os conceitos de continuidade e diferenciabilidade por partes para funções definidas em toda a reta real, podemos introduzí-los de maneira natural para funções definidas num intervalo finito [a, b] qualquer. Em particular, dizemos que f é contínua por partes em [a, b], se f tiver no máximo um número finito de descontinuidades em [a, b], todas de primeira espécie. Exercício 1. Mostre que se f é contínua por partes em [, ], onde < <, então f é limitada em [, ]. Em particular, f(x, f(x e f (x são (Riemann integráveis em [, ]. Observação 1. Se f é seccionalmente derivável, então para todo x, f(x + t f(x + lim = f (x + = lim t + t f (x + t t + e f(x + t f(x lim = f (x = lim t t f (x + t. t 1.4 Ortogonalidade Exercício 1.3 Nesta e na próxima seção em várias situações teremos que calcular integrais de funções do tipo sen ax sen bx, sen ax cos bx, cos ax cos bx. Para calculá-las, usamos as seguintes 8

9 identidades trigonométricas, cujas demostrações deixamos para o estudante: sen ax sen bx = sen ax cos bx = cos ax cos bx = cos[(a bx] cos[(a + bx] sen [(a + bx] + sen [(a bx] cos[(a bx] + cos[(a + bx]. Sugestão: Use as identidades cos(a±b = cos a cos b sen senb e sen (a±b = sen cos b±sen b cos a. Definição 1.4 Se f e g são contínuas por partes em [, ], então fg também é contínua por partes em [, ] e, pelo Exercício (1., f g é integrável, o que nos permite definir produto interno ou escalar de f e g como (f, g = f(xg(xdx. (1 Se o produto escalar de f e g for zero dizemos que estas duas funções são ortogonais em [, ]. A norma de f é definida como f = (f, f. Exercício 1.4 Sejam p o (x = 1, p 1 (x = x, p (x = 1 (3x 1 e p 3 (x = 1 (5x3 3x, mostre que (i 1 1 p n(xp m (xdx =, se n m e (ii 1 1 p n(x dx = n+1. Os polinômios acima são soluções da equação diferencial de egendre: (1 x u xu + n(n + 1u =, para n =, 1, e 3, respectivamente. Eles são chamados de polinônios de egendre. Exercício 1.5 Usando as identidades do Exercício 1.3, mostre que se m, n são inteiros não nulos, então 1 1 ( nπx sen ( nπx sen sen cos ( mπx ( mπx dx = δ nm = 1 dx =, onde o símbolo δ nm, chamado de delta de Kronecker, é definido por, se m n δ nm = 1, se n = m. 9 cos ( nπx ( mπx cos dx

10 Além disso, sen logo o conjunto formado por 1, ( nπx dx = nπx sen (, e nπx cos ( cos ( mπx dx =,, n = 1,, 3,... é ortonormal em [, ]. Exemplo 1.5 Seja f(x = a o + N Quanto valem os coeficientes a n e b n? ( a n cos nπx + b n sen nπx. ( Resolução. Multiplicando ( por f(x, integrando de a e lembrando que temos portanto f(xdx = a o cos dx + ( mπx dx = = sen N (a n cos nπx dx + b n ( nπx dx, sen nπx a o = 1 f(xdx. Multiplicando ( por cos ( mπx, integrando de a e lembrando que temos f(x cos cos ( mπx sen ( mπx dx = a o N + ( nπx dx = = a m = a m. cos (a n e ( mπx dx cos cos ( mπx cos ( nπx cos dx dx = a o, ( mπx ( nπx cos dx = δ nm ( mπx dx + b n sen ( nπx cos ( mπx dx Portanto, a m = 1 f(x cos ( mπx dx. 1

11 Multiplicando ( por sen ( mπx, integrando de a e lembrando que temos f(xsen sen ( mπx ( nπx cos dx = ( mπx dx = a o N + = b m = b m. sen (a n e ( mπx dx sen sen ( mπx sen ( mπx cos dx ( mπx ( nπx sen dx = δ nm ( nπx dx + b n sen ( mπx sen ( nπx dx Portanto, b m = 1 f(xsen ( mπx dx. 1.5 O Teorema de Fourier Assumiremos que as nossas funções são períódicas e suaves por partes. As funções 1, sen ( nπx, cos ( nπx, n = 1,, 3,... (3 são periódicas e suaves (portanto suaves por partes. Além disso, do exercício anterior, vimos que elas formam um conjunto ortonormal em [, ]. Será que podemos escrever uma função períódica de período e suave por partes como uma combinação das funções dadas em (3? O Teorema de Fourier que enunciaremos a seguir, nos diz algo à respeito desta pergunta. Teorema 1.1 Teorema de Fourier. Seja f : R R uma função seccionalmente diferenciável e de período. Então a série de Fourier de f definida por a o + ( a n cos nπx + b n sen nπx, 11

12 onde a n = 1 b n = 1 f(x cos nπx f(x sen nπx dx, n =, 1,,... dx, n = 1,,... converge para 1 [f(x + + f(x ]. Os coeficientes a n e b n são chamados de coeficientes de Fourier de f. Prova Veja Subseção 1.1. Observação 1.3 No Teorema de Fourier dizer que a série de Fourier converge para 1 [f(x + + f(x ] significa que para cada x fixo, a seqüência numérica das somas parciais S N (x = a o + N ( a n cos nπx + b n sen nπx, (4 converge para 1 [f(x + + f(x ], quando N tende para infinito. Se f(x for contínua em x o, então f(x o + = f(x o = f(x o e pelo Teorema de Fourier, a série de Fourier de f converge para f(x o. Tendo em vista o Teorema de Fourier, podemos escrever f(x = a o + para qualquer ponto x no qual f é contínua. ( a n cos nπx Exemplo 1.6 Calcular a série de Fourier da função 1, se x < π, f(x =, se π x <, f(x + π = f(x. Resolução. a o = 1 π a n = 1 π b n = 1 π π π f(x dx = 1 π π π π f(x cos nx dx = 1 π π π f(x sen nx dx = 1 π dx = 1, π π π cos nx dx = 1 π sen nx dx = 1 π 1 + b n sen nπx, sen nx π =, cos nx n π = 1 (1 cos nπ, nπ

13 ou ainda, b k =, e b k 1 = Portanto, a série de Fourier de f(x é 1 + (k 1π k=1, k = 1,,... (k 1π sen [(k 1x] Figura 5: A soma dos dois primeiros termos da série de Fourier de f(x. Figura 6: A soma dos três primeiros termos da série de Fourier de f(x Figura 7: A soma dos quatro termos da série de Fourier de f(x. Figura 8: A soma dos quatorze primeiros termos da série de Fourier de f(x Exemplo 1.7 Use os resultados do exercício 1.6 e obtenha uma expressão em série para π. Resolução. Segue-se do Teorema de Fourier que no ponto x = π, a série de Fourier é igual a 1. ogo, ou seja, 1 = 1 + k=1 ((k (k 1π sen 1 π, π 4 = 1 ((k k 1 sen 1 π = = ( 1 k 1 k 1, k=1 k=1 que é conhecida como a série de eibniz. 13

14 Exemplo 1.8 Supondo que f seja periódica e f (x seja absolutamente integrável em [, ], ou seja, f (x dx <, mostre que os coeficientes de Fourier de f satisfazem a n, b n C n. Resolução. Como f e f são periódicas, fazendo integração por partes duas vezes (os termos de fronteira são nulos, temos a n = 1 f(x cos ( nπx dx = Como a função cosseno é limitada por 1, segue que a n n π f (x cos n π f (x cos ( nπx dx. ( nπx dx 1 ( n π f (x dx C n. De maneira análoga, mostra-se que b n C n. Portanto, se uma função f for periódica e f (x for absolutamente integrável, os seus coeficientes de Fourier decaem pelo menos com 1/n. Exercício 1.6 Seja f uma função periódica de período, k vezes derivável com derivada de ordem k absolutamente integrável. Mostre que existe uma constante positiva C tal que Sugestão: a n, b n C, n 1. nk Use integração por partes k vezes e use o fato que f e suas derivadas até ordem k 1 são periódicas, o que assegura que os termos de fronteira sejam nulos. C = 1 ( k π f (k (x dx. Podemos tomar O exercício acima mostra que quanto mais suave for uma função, mais rapidamente os seus coeficientes de Fourier decaem com n, ou seja, a convergência de S n (x para f(x é mais rápida. Em particular, a soma dos N primeiros termos da série de Fourier de f, mesmo que N seja relativamente pequeno, será uma aproximação muito boa para f. 1.6 Séries de Fourier de Funções Pares e de Funções Ímpares Definição 1.5 Seja I um subconjunto da reta que é simétrico em relação à origem, ou seja, se x I, então, x I. Dizemos que f : I R é uma função par se f( x = f(x para todo x I. Se f( x = f(x para todo x I, dizemos que f é uma função ímpar. 14

15 Exemplo 1.9 As funções cos nπx, xn, n = 1,,..., são pares. Por outro lado, as funções sen nπx, x n 1, n = 1,,..., são ímpares. Assumimos que os domínios destas funções são a reta toda ou qualquer intervalo da forma ( a, a ou [a, a], onde a >. Exercício 1.7 Mostre que (i A soma ou diferença de duas funções pares é uma função par. A soma ou diferença de duas funções 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. Exemplo 1.1 (i Suponha que f seja uma função par, integrável em qualquer intervalo limitado. Então, f(xdx = f(xdx. (ii Suponha que f é uma função ímpar, integrável em qualquer intervalo limitado. Então, Demonstração. Basta observar que f(xdx = f(xdx =. f(xdx + f(xdx e f(xdx = f( ydy = f( ydy = f(ydy, se f for par, f(ydy, se f for ímpar. 1.7 Cálculo de Algumas Séries de Fourier Seja f 1 periódica de período de definida por f 1 (x = x, para < x <. Como f 1 é ímpar, teremos uma série de senos (todos os a n s são nulos, cujos os coeficientes são b n = x sen nπx dx. 15

16 Fazendo a mudança de variáveis y = nπx, obtemos Integrando por partes, b n = n π nπ ysen y dy. ogo, nπ y sen y dy = y cos y nπ + nπ cos ydy = nπ cos (nπ. Portanto, a série de Fourier de f 1 é π b n = nπ ( 1n+1. ( 1 n+1 n sen nπx. Seja f periódica de período e definida por x, para x, f (x = + x, para x. Como f é uma função par, temos uma série de cossenos (todos os b n s são nulos, cujos os coeficientes são a o = a n = ( xdx = =, ( x cos nπx dx = k = 1,,.... Portanto, a série de Fourier de f é + 4 π k=1 n π [1 ( 1n ] = 1 (k 1πx cos. (k 1, se n = k, 4 (k 1 π, se n = k 1, Como f é contínua, a série acima converge para f (x em todos os pontos. Usando o Teorema de Fourier para x =, obtemos ou seja, = f ( = + 4 π k=1 1 (k 1, π 8 = 1 (k 1 = k=1 16

17 Seja f 3 a função periódica de período e definida por f 3 (x = x, para x. Como f é par, teremos uma série de cossenos cujos coeficientes são e a o = x dx = 3 a n = x cos nπx Portanto, a série de Fourier de f 3 é nπ dx = n 3 π 3 y cos y dy = 4 n π ( 1n π ( 1 n n cos nπx. Como a função f 3 é contínua, a série acima converge para f(x em todos os pontos. Aplicando o Teorema de Fourier para x =, obtemos π 6 = = 1 n. 1.8 Séries de Fourier de funções definidas num intervalo finito Até então havíamos calculado a série de Fourier de uma função periódica, com período. Suponha agora que tenhamos uma função f que esteja definida apenas no intervalo [, ]. possível falarmos em série de Fourier de f? A teoria vista se aplica a funções periódicas, por isso temos que considerar uma função g que seja extensão periódica de f, digamos de período e calcularmos a sua série de Fourier. Como g restrita a (, é f, então a série de Fourier de g converge para f(x++f(x, para todo x em (,. Para construirmos g, temos que definí-la para x no intervalo [,, o que podemos fazer de infinitas maneiras, com isso a representação de f em séries de Fourier não será única. Dois casos particulares e importantes de extensões períodicas de período de f, são as extensões periódicas par e ímpar, respectivamente, o que nos permite representar f em termos de apenas cossenos e de apenas senos, respectivamente. Pode ser que queiramos uma extensão períodica de f de período 4, o que significa que teremos que definir g nos intervalos (, ] e [,. Nas aplicações de séries de Fourier faremos a escolha de g que seja a adequada ao problema (condições de contorno. Exemplo 1.11 Dada f(x = x, para x π, escreva f como uma série de senos. É 17

18 Resolução. Neste caso temos = π. Vimos que quando uma função g é impar, a sua série de Fourier contém apenas senos. ogo, tomaremos como g a extensão de f que é periodica de período π e ímpar. Portanto, g(x = x, para π < x π, veja Figura 9. 3 y x 1 3 Figura 9: A extensão periódica ímpar de período π, da função f(x = x, para x π. A série de Fourier de g já foi calculada e encontramos a seguinte série de Fourier para f: ( 1 n+1 n sen (nx. Conseqüentemente, do Teorema de Fourier, temos ( 1 n+1 x = n sen (nx, x < π. (Na verdade, a igualdade acima vale para π < x < π, mas isso não foi pedido no problema. 18

19 Figura 1: O primeiro termo da série de Fourier Figura 11: A soma dos três primeiros termos da de f. 3 1 série de Fourier de f Figura 1: A soma dos cinco primeiros termos da série de Fourier de f. Figura 13: A soma dos dez primeiros termos da série de Fourier de f. Exemplo 1.1 No exemplo anterior, poderíamos ter escolhido um período T maior do que π na definição de uma extensão periódica ímpar de g. Por exemplo, T = 4π. E aí teríamos também que definir g no intervalo (π, π], além de dizer que ela é ímpar. Uma opção seria definirmos g(x = π x, para x em (π, π]. Na Figura 14 esboçamos g para π x π Figura 14: 19

20 Resolução. Calculemos os coeficientes b n, lembrando que = π, π Portanto, a série de Fourier de g é b n = 1 ( nx g(xsen dx π = 1 π ( nx x sen dx + 1 π ( x + π sen π π π 8 ( nπ = n π sen, se n = k = ( 1 k+1, se n = k 1. (k 1 8 π ( 1 n+1 (n 1 sen a qual converge para g(x para todo x. Em particular, x = 8 π ( 1 n+1 (n 1 sen Fazendo x = π na relação acima, concluimos que ( (n 1x ( (n 1x ( nx dx, x π (n = π 8. Exemplo 1.13 Dada f(x = x, para x π, escreva f como uma série de co-senos. Resolução. Neste caso temos = π. Vimos que quando uma função g é par, a sua série de Fourier contém apenas cossenos (e o termo constante. ogo, tomaremos como g a extensão de f que é periodica de período π e par. Portanto, faremos g(x = x, para π < x π. Portanto, b n = e a n = π π, se n =, x cos nx dx = π [( 1 n 1], se n = 1,,... n π Portanto, a série de Fourier de g é logo, pelo Teorema de Fourier x = π 4 π π 4 π k=1 k=1 1 cos(k 1x, (k 1 1 cos(k 1x, x π. (k 1

21 Exemplo 1.14 Dada f(x = x, para x π, escreva f como uma série de senos e co-senos. Resolução. Tomaremos uma extensão de f periódica de período π. Temos infinitas possilidades, por exemplo, podemos fazer g(x = para π < x. Assim, a o = 1 π a n = 1 π b n = 1 π Portanto, a série de Fourier de g é π π π xdx = π x cos nx dx = ( 1n 1 n, π x sen nx dx = ( 1n+1. n π 4 π k=1 1 (k 1 cos ((k 1x + k=1 ( 1 k+1 k sen (kx. Em particular, do Teorema de Fourier, temos x = π 4 π k=1 1 (k 1 cos ((k 1x + ( 1 n+1 n sen (nx, x π. Fazendo x = π na expressão acima, concluimos que Exercício 1.8 Seja f(x = x para x π. ( 1 n+1 n 1 = π 4. (a Mostre que a série de Fourier de cossenos de f é (b Usando x = π, conclua que π ( 1 n cos(nx. n 1 n = π 6. 1

22 y x Figura 15: periódica par de f. Gráfico da extensão Figura 16: A soma dos sete primeiros termos da série de Fourier de cossenos de f. Exemplo 1.15 Dada uma função f : [, ] R, mostre que ela possui a seguinte série de senos ( (n 1πx c n sen, (5 onde c n = ( (n 1πx f(x sen dx. Resolução. Suponha que o gráfico de f seja como na Figura 17. Inicialmente, veja Figura 18, iremos estender f para uma função g definida em [, ], de modo que ela coincida com f no intervalo [, ] e g(x = f( x, para x no intervalo [, ]. Isto faz com que g(x seja simétrica em relação ao eixo x =, ou seja, g( + x = f( x = g( x, para < x <. Feito isso, iremos estendê-la para todo x de forma que ela seja uma função periódica ímpar de período 4, veja Figura 19, logo, os seus coeficientes de Fourier (de senos serão dados por b n = = 1 ( = 1 ( g(xsen nπx dx f(x sen nπx dx + f(x sen nπx dx + g(x sen nπx dx f( x sen nπx dx.

23 . y y x x Figura 17: Gráfico de f. y Figura 18: Gráfico da extensão de f para o intervalo [, ] de modo que ela seja simétrico em relação ao eixo x = x 1 Figura 19: Gráfico da extensão de f para o intervalo [, ] de modo que ela seja ímpar. Note que fazendo a mudança de variáveis y = x na segunda integral, temos ( nπx ( n( yπ f( x sen dx = f(y sen dy ( n( yπ = f(y sen dy ( = f(y sen nπ nπy dy ( nπy = cos nπ f(ysen dy ( (k 1πy = ( 1 n f(ysen dx. 3

24 Portanto, temos b n = 1 ( 1n que é o resultado desejado. f(xsen ( nπx dx = f(xsen ( nπx, se n for par dx, se n for ímpar. A representação (5 será usada no estudo da equação de calor com condições de contorno mista. Exercício 1.9 Seja f(x definida como f(x = sen x, x π. (a Seja g o prolongamento periódico ímpar com período π 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. 1.9 Derivação e Integração de Séries de Fourier No curso de cálculo vimos que se uma série de potências n= a nx n tem raio de convergência R >, então para todo a, x ( R, R, temos e x a ( a n x n = n= ( a n u n du = n= (a n x n n= n= x a a n u n du. Em outras palavras, podemos derivar e integrar termo a termo uma série de potências no intervalo (,. Será que podemos fazer o mesmo com uma série de Fourier? A seguir daremos condições suficientes para integrarmos e derivarmos uma série de Fourier. Exemplo 1.16 Suponha que f periódica de período e continuamente derivável. Então a série de Fourier de f é ( nπ b n cos nπx nπ a n sen nπx, onde a n e b n são os coeficientes de Fourier de f. A série acima é obtida derivando termo a termo a série de Fourier de f. Como f é contínua, a série acima converge para f (x em todos os pontos. 4

25 Resolução. Como f é periódica de período, o mesmo acontecerá com f. Sejam a n e b n os coeficientes de Fourier de f. ogo a o = f (xdx = f( f( =, para n >, fazendo integração por partes (os termos de fronteira são nulos, pois f e cos ( nπx periódicas, temos a n = f (x cos ( nπx dx = De maneira análoga, obtemos f(x cos ( nπx + nπ b n = nπ a n. f(x sen são ( nπx dx = nπ b n. Exemplo 1.17 Suponha que f seja periódica de período e contínua. Então para todo x, integrando por partes, temos x f(ydy = a o x + ( an ( nπx nπ sen + ( 1 nπ b n n 1 cos ( nπx, onde a n e b n são os coeficientes de Fourier de f. A série acima é obtida integrando termo a termo a série de Fourier de f. f(ydy Resolução. Seja g(x = f(x = f(x a o, então g é periódica e g(ydy =, portanto G(x = x g(ydy e periódica e continuamente derivável, pois G (x = g(x. Sejam A n e B n os coeficientes de Fourier de G, então do exercício anterior, ( An nπ mas g(x = G (x = portanto, para n 1, temos g(x = sen ( a n cos nπx ( nπx + nπb n + b n sen nπx, A n = nπ b n e B n = nπ a n. ( nπx cos, Portanto, G(x = A o + ( nπ b n cos ( nπx + nπ a n sen ( nπx. 5

26 Como G( =, então ogo Como G(x = obtemos o resultado desejado. A o = nπ b n. ( an ( nπx nπ sen + ( 1 nπ b n n 1 cos x f(ydy = G(x + a o x, ( nπx. 1.1 Séries de Fourier Complexas A seguir mostraremos que a série de Fourier de uma função f periódica de período e suave por partes pode ser escrita como onde n= f(ne inπx, (6 f(n = 1 e inπy f(ydy, n Z. (7 A séríe (6 é chamada de série de Fourier complexa de f, Prova. De fato, relação de Euler, para todo θ real, temos e iθ = cos θ + i sen θ, da qual obtemos cos θ = eiθ + e iθ Das duas últimas relações acima, temos a n cos ( nπx + b n sen ( nπx e sen θ = eiθ e iθ. i = a n ib n e inπx + a n ib n e inπx. (8 6

27 Das definições de a n, b n e de f e da relação de Euler, temos a n ib n = 1 = 1 ( f(y cos ( nπy i sen ( nπy dy e inπy f(ydy = f(n (9 e a n + ib n = 1 = 1 ( f(y cos e inπy f(ydy ( nπy + i sen ( nπy dy = f( n. (1 Substituindo (9, (1 em (8, temos a n cos ( nπx + b n sen ( nπx = f(ne inπx + f( ne inπx. Portanto, S N (x = a o + N = f( + = N n= N N ( a n cos nπx ( f(ne inπx f(ne inπx. + b n sen nπx inπx + f( ne N Portanto, pelo Teorema de Fourier, a sequência N tende a infinito. n= N f(ne inπx converge para f(x ++f(x, quando As relações (9 e (1 nos permitem passar da série de Fourier complexa para a série de Fourier real e vice-versa. Exemplo 1.18 Encontre a série de Fourier de f periódica de período π, definida como 1, se x < π f(x =, se π x <. 7

28 Resolução. Note que os coeficientes de Fourier complexos são f(n = 1 π f(xe inx dx = 1 π e inx dx = π π π ogo a série de Fourier complexa de f é 1 i π n 1 e inπ 1 πin, se n 1, se n = = e i(n 1x n 1. 1 ( 1 n πin, se n 1, se n = 1.11 A desigualdade de Parseval e o emma de Riemann-ebesque Exercício 1.1 Usando as relações de ortogonalidade dadas no Exercício 1.5 mostre que ( (S N (x a N o dx = + (a n + b n. (11 Exercício 1.11 Multiplicando (4 por f(x e integrando de a, mostre que ( a N o f(xs N (xdx = + (a n + b n. (1 Como (f(x S N (x, de (11 e (1 temos = = portanto, para todo N, temos (f(x S N (x dx (f(x dx f(xs N (xdx + ( (f(x a N o dx + (a n + b n a o N + (a n + b n 1 (f(x dx, (S N (x dx tomando o limite quando N tende a infinito, obtemos a seguinte desigualdade, chamada de Desigualdade de Bessel: a o + (a n + b n 1 8 (f(x dx <.

29 Como a série a o + (a n +b n é convergente, então o seu termo geral a n +b n tende a zero quando n tende a infinito, ou equivalentemente, os coeficientes a n e b n tendem a zero quando n, ou seja, lim f(x cos n ( nπx dx = e lim f(x sen n este resultado é chamado de ema de Riemann-ebesque. Exemplo 1.19 Suponha que g : [, ] R seja contínua por partes, então portanto, lim n g(tsen nπt dt = e lim n lim n ( nπx dx =, (13 g(t cos nπt dt =, ( (n + 1/t g(tsen dt =. (14 Resolução. Como g é contínua por partes em [, ], logo G : [, ] R, definida por g(t, se t [, ] G(t =, se t [, é contínua por partes em [, ], portanto tem quadrado integrável. Então aplicando o lemma G(tsen nπt dt = e lim G(t cos nπt dt =, n de Riemann-ebesque a G(t, temos lim n portanto e lim n lim n g(tsen nπt dt = lim G(tsen nπt n dt = g(t cos nπt dt = lim n G(t cos nπt dt =. Exemplo 1. Suponha que h : [, ] R seja contínua por partes, então consequentemente, lim h(t sen nπt n dt = e lim h(t cos nπt n dt =, ( (n + 1/πt lim h(tsen dt =. (15 n 9

30 Resolução. Como h é contínua por partes em [, ], logo H : [, ] R, definida por h(t, se t [, ] H(t =, se t (, ] é contínua por partes em [, ], aplique o lema de Riemann-ebesque a H(t e proceda como no Exemplo Exemplo 1.1 Seja f derivável por partes na reta real. h : [, ] R por g(t = f(x+t f(x + sen (t/, se t (, ] f (x +, se t = Para x fixo, defina g : [, ] R e (16 e h(t = f(x+t f(x sen (t/, se t [ π, f (x, se t =. (17 Como g e h são contínuas por partes, segue de (14 e (15, que lim n g(t sen (n + 1/πt dt = e (n + 1/πt lim h(t sen dt =. n 1.1 Demonstração do Teorema de Fourier O nosso objetivo é demonstrar o Teorema de Fourier, primeiro consideraremos o caso particular em que = π, depois consideraremos o caso em que > é arbitrário. 3

31 Seja f periódica com período π, da definição dos seus coeficientes de Fourier podemos escrever a k cos kx + b k sen kx = 1 π = 1 π = 1 π = 1 π = 1 π = 1 π π π π π π π π x π x π x π x π π f(t (coskx cos kt + sen kx sen kt dt f(t cos[k(x t] dt f(t cos[k(t x] dt f(x + y cos ky dy, (t x = y f(x + t cos kt dt, (y = t f(x + t cos kt dt, na última igualdade usamos que f(x + t cos kt é periódica com período π, logo a sua integral sobre qualquer intervalo de comprimento π tem o mesmo valor. Da mesma forma, obtemos Portanto, onde a o = 1 π π π π π f(x + t dt. S n (x = a o N + (a k cos kx + b k sen kx = 1 ( π 1 N f(x + t π + cos(kt dt = 1 π π k=1 f(x + td N (tdt, D N (t = 1 N + cos(kt (18 k=1 é chamado de núcleo de Dirichlet. Mostraremos que N + 1 D N (t = sen ((N+1/t sen (t/, se t = se t. (19 A função dada acima é claramente contínua em [, ]. Note que de (18, temos D N ( = N + 1. Da relação de Euler, podemos escrever ( D n (t = 1 N N 1 + e ikt + e ikt, k=1 31 k=1

32 fazendo q = e it na identidade temos N k=1 q n = q qn+1 1 q (q 1 N k=1 e ikt = eit e i(n+1t 1 e it = eit/ (e it/ e i(n+1/t e it/ (e it/ e it/ = eit/ e i(n+1/t e it/ e it/ trocando t por t na relação acima, temos = eit/ + e i(n+1/t i sen(t/ portanto N k=1 e ikt = e it/ e i(n+1/t, i sen(t/ N N e ikt + e ikt = k=1 k=1 i sen(t/ + i sen((n + 1/t i sen(t/ = 1 + sen ((N + 1/t. sen (t/ Note que S N (x = 1 π mostraremos que 1 lim N π π π π f(x + td N (tdt = 1 π f(x + td N (tdt = f(x π f(x + td N (tdt + 1 π e 1 π lim N π π f(x + td N (tdt, f(x + td N (tdt = f(x +. com isso teremos mostrado o Teorema de Fourier para = π. Note que de (18, temos π D N (tdt = π e D N (tdt = π, Portanto, 1 π π f(x + td N (tdt f(x + = 1 π = 1 π = 1 π = 1 π π π π π f(x + td N (tdt 1 π π (f(x + t f(x + D N (tdt sen(t/ g(td N (tdt, g(t sen ((N + 1/tdt f(x + D N (tdt ( fizemos g(t = f(x+t f(x + sen (t/, veja (16 3

33 esta última expressão tende a zero quando N tende a infinito, veja (14. definindo h(t = f(x+t f(x sen (t/, veja (17, podemos escrever De maneira análoga, 1 f(x + td N (tdt f(x π π = 1 π π h(t sen ((N + 1/tdt. que tende a zero quando N tende a infinito, veja (15. Note que se f(x é periódica e suave por partes, então p(x = f(πx/ é π periódica e suave por partes, sendo que para p(x já mostramos o Teorema de Fourier. É fácil ver que os coeficientes de f e p são iguais, portanto se S n (x e s N (x são as somas parciais das séríes de Fourier de f e p, respectivamente, então ( lim N(x n = a o lim n = lim n s N = p ( nπx + ( a n cos nπx N + ( nπx ( + p nπx = f(x + + f(x. + b n sen nπx Portanto, com isso provamos o Teorema de Fourier para > qualquer. 33

34 1.13 Exercícios propostos 1. Nos problemas a seguir, esboce o gráfico da função e encontre a sua série de Fourier. (a f(x = x, x <, f(x + = f(x 1, x < (b f(x = ; f(x + = f(x, x < x, x < (c f(x = ; f(x + = f(x x, x < x + 1, 1 x < (d f(x = ; f(x + = f(x x, x < 1, 1 x < (e f(x = ; f(x + = f(x x, x < 1, π x < (f f(x = ; f(x + π = f(x senx, x < π (g f(x = senx (h f(x = sen x. Nos problemas a seguir, determinar se cada função dada é par, ou ímpar, ou nem par nem ímpar. Esboce o gráfico da função em cada caso. (a x 3 (b x 3 x (c x 3 x + 1 (d tan x (e sec x (f x 3 (g e x (h e x 3. Considere a função f(x = x, x < 1. (a Faça o desenvolvimento em séries de Fourier correspondente à extensão periódica dessa função, ou seja, o desenvolvimento da função como se ela fosse periódica fora do intervalo no qual ela se encontra definida, sendo seu período igual a 1. Esboce o gráfico da função resultante no intervalo [ 4, 4]. (b Faça o desenvolvimento em séries de Fourier correspondente à extensão periódica par dessa função, ou seja, o desenvolvimento utilizando apenas termos em cosseno, com período. Esboce o gráfico da função resultante no intervalo [ 4, 4]. 34

35 (c Faça o desenvolvimento em séries de Fourier correspondente à extensão periódica ímpar dessa função, ou seja, o desenvolvimento utilizando apenas termos em seno, com período. Esboce o gráfico da função resultante no intervalo [ 4, 4]. 4. Considere as funções:, < x 1 (a f(x = x, 1 < x 3 x, < x 1 (b f(x = 1, 1 < x 3 x, < x 1 (c f(x = 1 x, 1 < x 3 1, < x 1 (d f(x = x, 1 < x 3 Para cada uma das funções acima: (i Esboce o gráfico da extensão periódica de período igual a 3 da função, no intervalo de -1 a 1. Determine a série de Fourier dessa extensão. (ii Esboce o gráfico da extensão par de período igual a 6 da função, no intervalo de -1 a 1. Determine a série de Fourier dessa extensão. (iii Esboce o gráfico da extensão ímpar de período igual a 6 da função, no intervalo de -1 a 1. Determine a série de Fourier dessa extensão. 5. Suponha que o conjunto de funções u n (x, n = 1,,... seja ortonormal em [a, b], ou seja, b a u n(xu m (xdx = δ nm. Se a integral b a f (xdx é finita, defina c n = b a f(xu n (xdx. Mostre que e conclua que c n n= b lim n a b a f (xdx f(xu n (xdx =. 35

36 Equações Diferenciais Parciais.1 Um pouco sobre equações diferenciais ordinárias Como não se pressupõe que o aluno tenha feito um curso de equações diferenciais ordinárias para fazer este curso, falaremos brevemente sobre este assunto. Uma equação diferencial ordinária. EDO, é uma equação que envolve uma função desconhecida u(x e derivadas da mesma. A ordem de uma EDO é a ordem da derivada mais alta que aparece na mesma. Por exemplo u (x = ku(x e u (x = ω u(x, onde k, ω são constantes positivas, são EDO s de primeira e segunda ordem, respectivamente. Eles descrevem o crescimento populacional e o movimento de um oscilador harmônico, respectivamente. Uma equação linear de primeira ordem mais geral possível é da forma u (x + p(xu(x = g(x, ( onde os coeficientes p e q são funções conhecidas. Se P (x for uma anti-derivada de p(x, então multiplicando a equação acima por e P (x, temos e P (x u + p(xe P (x u(x = e P (x g(x, ou seja (e P (x u(x = e P (x g(x. Portanto, e P (x u(x = e P (x g(xdx + C, ou seja, u(x = e P (x g(xdx + C e P (x é a solução geral de (. No cálculo da integral indefinida e P (x g(xdx devemos fazer a constante arbitrária igual a zero, uma vez que já temos uma constante arbitrária C. Por exemplo, dada a equação u + xu = x, temos p(x = x e g(x = x, logo P (x = e x, portanto u(x = e x xdx + C e x = 1 ex + C e x = 1 + Ce x. O problema de valor inicial para uma equação linear de primeira ordem consiste em encontrarmos a solução de ( que satisfaça a condição inicial u(x o = u o. Por exemplo, para encontrarmos a solução de u + xu = x, u( = 1, escolhemos C em u(x = 1 + Ce x de modo que u( = 1, ou seja, C = 1/. ogo a solução desejada é u(x = e x. Toda equação de primeira ordem que não é da forma ( é chamada de não linear. 36

37 Dizemos que uma equação de primeira ordem é de variáveis separáveis se ela é da forma por exemplo, u = u +1 x+3. Note que (1 pode ser reescrita como u = f(u g(x, (1 du f(u = dx g(x, onde separamos as variáveis u e x. A solução geral de (1 é du dx f(u = g(x. Em particular, se u = u +1 x+3 temos du u + 1 = dx x + 3 ou seja, arctg u = ln x C ou u = tg (ln x C. Uma EDO linear de segunda ordem mais geral possível é da forma onde os coeficientes p, q e q são funções conhecidas. homogênea. u (x + p(xu (x + q(xu(x = g(x, ( Se g(x = dizemos que a equação é O problema de valor inicial para uma equação linear de segunda ordem consiste em encontrarmos a solução de ( que satisfaça às condições iniciais u (x o = u o e u (x o = u o, que no caso de um oscilador harmônico correspondem à posição e à velocidade da massa no instante x o. O conjunto solução de uma equação linear de segunda ordem é um espaço vetorial de dimensão. Para encontrarmos uma base para o mesmo, basta encontrarmos duas soluções u 1 (x e u (x que sejam linearmente independentes, isto significa que W (u 1 (x, u (x = det u 1(x u (x u 1 (x u (x. Um caso particularmente interessante de uma EDO linear de segunda ordem homogênea é quando os coeficientes são constantes, ou seja, ela é da forma au + bu + cu =, onde a, b, c são constantes que assumiremos reais, com a. Para resolvermos tal equação, buscamos uma solução da forma e λx, o que significa que λ tem que ser raiz da seguinte equação aλ + bλ + c =, 37

38 chamada de equação característica da EDO. Fazendo = b 4ac temos as seguinte possibilidades: será (i >, neste caso temos duas raizes reais distintas: λ ± = b± a u(x = c 1 e λ x + c e λ +x. e a solução geral da equação (ii =, neste caso λ = λ + = b b a, o que nos dá a solução e a x, para encontrarmos uma outra solução que não seja múltiplo desta, tentamos uma solução da forma u(x = v(xe b a x, com isso encontramos v(x = x. Portanto a solução geral da equação é u(x = (c 1 + c xe b a x. (iii <, neste caso temos duas raizes complexas distintas: λ ± = b±i a = α ± iβ, o que nos dá as soluções complexas u 1 (x = e αx e iβx e u (x = e αx e iβx. Como a equação ( é linear e homogênea, combinações lineares de suas soluções também serão soluções. Em particular, u 1 (x+u (x = e αx cos(βx e u 1(x u (x i = e αx sen (βx são soluções de (, como uma não é múltiplo escalar da outra, elas são linearmete independentes, portanto a solução geral de ( será u(x = e αx (c 1 cos(βx + c sen(βx. (3 Se quisermos resolver o problema de valor inicial, teremos que escolher c 1 e c de forma satisfazer as condições iniciais, isto significa resolver um sistema de equações lineares (duas equações de duas incóginitas. Em muitas situações estaremos interessados em resolver uma equação ordinária de segunda ordem onde a situação física requer que consideremos u(x apenas para x [, ], onde é positivo e finito. Neste caso invés de especificarmos as condições iniciais, teremos que especificar condições em u e ou u nas extremidades deste intervalo, com isso teremos o que chamamos de condições de contorno. A equação diferencial, juntamente com estas condições de contorno nos levam aos problemas de valores de contornos. Embora existam outras condições de contorno importantes, consideraremos condições de contorno de Dirichlet, de Neumann e mista, dadas por (i u( = = u(, (ii u ( = = u ( e (iii u( = = u (. respectivamente, onde λ é uma constante. Mais precisamente, consideraremos os seguintes problemas de valores de contornos: u (x = λu(x, para < x < e u satisfaz uma das três condições de contorno (i. (ii ou (iii. Estes problemas serão resolvidos quando estudarmos a solução da equação do calor. 38

39 . O que é uma equação diferencial parcial? Uma equação diferencial parcial, EDP, é uma equação contendo uma função desconhecida u de duas ou mais variáveis independentes e derivadas parciais de u em relação a estas variáveis..3 Classificação de Equações Diferenciais Parciais A ordem de uma equação EDP é a ordem da derivada de maior ordem que aparece na mesma. Por exemplo, u x + uu y = e u x = u yy são EDP s de primeira e segunda ordem, respectivamente, nas variáveis independentes x e y. Dizemos que uma EDP de primeira ordem nas variáveis independentes x e y é linear se ela é da forma: au x + bu y + cu = d, (4 onde os coeficientes a, b, c, d podem depender apenas de x, y. Por exemplo, xu x + u y = cos(xy u + e xy é uma equação linear de primeira ordem. Se d =, dizemos que a equação linear é homogênea. Uma equação de primeira ordem nas variáveis x, y que não é da forma (4 é dita ser não-linear. Por exemplo, u x + uu y = é de primeira ordem e não-linear. Dizemos que uma EDP de segunda ordem nas variáveis independentes x, y é linear, se ela for da seguinte forma: au xx + bu xy + cu yy + du x + eu y + fu = g (5 onde os coeficientes a, b,..., g só podem depender de x e y, não podem depender de u ou de suas derivadas parciais. Uma EDP de segunda ordem que não é da forma (5 é chamada de não-linear. Se g for identicamente zero, dizemos que a EDP (5 é homogênea, caso contrário, dizemos que ela é não-homogênea. Exercício.1 (Princípio da Superposição Mostre que se u 1 e u forem soluções de uma EDP linear e homogênea, então u = c 1 u 1 + c u também será. É comum classificarmos as equações (5 em função do sinal de = b ac. Dizemos que (5 é eliptica, hiperbólica ou parabólica, se for negativo, positivo ou zero, respectivamente. Por exemplo a equação u xx + u yy = é eliptica. 39

40 Exemplo.1 A equação u t = ku xx, onde k é uma constante positiva, é parabólica. A equação u tt = c u xx, onde c é uma constante positiva, é hiperbólica. A equação xu xx + yu yy + 3y u x = é eliptica na região xy <, é hiperbólica na região xy < e se xy =, ela é parabólica (verifique estas afirmações!. Dizemos que u é uma solução de uma EDP, se ela a satisfaz identicamente e se u e todas as suas derivadas parciais que aparecem na EDP forem contínuas. Por exemplo, é uma solução de u x y = x y. u(x, y = x y 1 xy + sen x + 3y 4 5 Exercício. Sejam f, g : R R de classe C (têm derivadas até segunda ordem contínuas. Mostre que é solução da equação 4u tt = 5u xx. u(x, t = f(x + 5t + g(x 5t.4 O Método de Separação de Variáveis Uma das técnicas para resolução de EDP s é o método de separação de variáveis. Em que consiste este método? Se a EDP tiver variáveis independente x e y, ou seja, se u = u(x, y, buscamos uma solução u da forma u(x, y = X(xY (y. Ao substituirmos esta solução na EDP, tentamos separar de um lado da equação a variável x e do outro a variável y, se isto for possível, como estas duas variáveis são independentes e temos uma função de x igual a uma função de y para todo x, y, então cada lado deve ser igual a uma constante λ, o que nos leva a duas equações diferencais ordinárias uma para a variável x e a outra para a variável y. Por exemplo, dada a equação u xx + u yy =, se fizemos u(x, y = X(xY (y, teremos X(xX (x + Y (yy (y =. Dividindo esta equação por X(xY (y e separando as variáveis, obtemos X (x X(x = Y (y Y (y = λ, o que nos leva a duas equações diferenciais ordinárias de segunda ordem, lineares, com coeficientes constantes e homogênas, X (x = λx(x e Y (y = λy (y, 4

41 que são facilmente resolvíveis, veja seção.1. Em princípio λ é uma constante qualquer, mas nos problemas que consideraremos, somente valores particulares de λ serão permitidos, eles serão determinados pelas condições de contorno. Se tivermos n variáveis independentes na EDP, tentamos uma solução que seja o produto de n funções, cada uma das quais numa das n variáveis independentes, na expectativa de obter n equações diferenciais ordinárias. Neste caso, teríamos n 1 constantes de separação de variáveis λ 1,..., λ n 1. Exemplo. Resolva o seguinte problema usando separação de variáveis: u x = 4u y, u(, y = 8e 3y. Resolução. Fazendo u(x, y = X(xY (y, temos X (x 4X(x = Y (x Y (x = λ, o que nos leva as seguintes equações diferenciais ordinárias de primeira ordem de variáveis separáveis: X (x = 4λX(x, Y (y = λy (y. Suas soluções gerais são X(x = c 1 e 4λx e Y (y = c e λy, o que nos leva a u(x, y = c 1 c e λ(4x+y = ce λ(4x+y. Como queremos que u(, y = 8e 3y, então ce λy = 8e 3y, portanto λ = 3 e c = 8, que nos leva a solução u(x, y = 8e 3(4x+y. Exemplo.3 Resolva o seguinte problema usando separação de variáveis: u x = 4u y, u(, y = 8e 3y + 4e 5y. Resolução. A EDP acima é linear e homogênea, logo se u 1 (x, y e u (x, y forem soluções da mesma, então u(x, y = u 1 (x, y + u (x, y também será. No exemplo anterior vimos que u 1 (x, y = c 1 e λ1(4x+y e u (x, y = c e λ(4x+y são soluções da EDP, então u(x, y = u 1 (x, y + u (x, y = c 1 e λ1(4x+y + c e λ (4x+y 41

42 também é solução da mesma. A seguir escolheremos as constantes c 1, c, λ 1 e λ de modo a satisfazer a condição u(, y = 8e 3y + 4e 5y. Ou seja, devemos ter c 1 e λ1y + c e λy = 8e 3y + 4e 5y, o que implica que c 1 = 8, c = 4, λ 1 = 3 e λ = 5. Portanto a solução desejada é u(x, y = 8e 1x 3y + 4e x 5y. Exercício.3 Resolva os seguintes problemas usando separação de variáveis (a 3u x + u y =, (b u x = u y + u, u(x, = 4e x u(x, = 3e 5x + e 3x (c u t = 4u xx, u(, t =, u(π, t =, u(x, = sen (3x 4sen(5x (d u t = u xx, u x (, t =, u(, t =, u(x, = 8 cos ( ( 3πx 4 6 cos 9πx 4 (e u tt = 4u xx, u(, t = u(5, t =, u(x, =, u t (x, = 5 sen (πx..5 A equação do calor em uma dimensão espacial A equação de calor em uma dimensão espacial modela o fluxo de calor num fio que é isolado em toda parte, exceto, nas duas extremidades. Matematicamente, temos o seguinte problema: seja R a região do plano (x, t determinada por < x < e t >, e R a união de R com sua fronteira que é formada pelas semi-retas {x =, t > } e {x =, t > } e pelo segmento { x, t = }. O problema da condução do calor consiste em determinar uma função real u(x, t, temperatura no ponto x e no instante t, definida em R que satisfaça à equação do calor u t = Ku xx, em R, (6 que satisfaça à condição inicial u(x, = f(x, x, (7 onde f : [, ] R é uma função dada e, finalmente, que satisfaça às condições de fronteira que vamos descrever abaixo. A constante K é chamada de difusividade térmica, depende apenas do material de que é feita a barra, por exemplo, se o material for cobre, então, K = 1.14cm /s. 4

43 .5.1 Condições de Fronteira da Equação do Calor Tipo I. Suponhamos que, por algum processo, as extremidades da barra sejam mantidas a temperaturas conhecidas. Por exemplo, constante em cada extremidade, u(, t = T 1 e u(, t = T, onde T 1 e T são temperaturas dadas. Um caso mais complexo seria aquele em que se conhece a variação de temperatura em um das extremidades (ou em ambas, isto é u(, t = h o (t e u(, t = h 1 (t, onde h o (t e h 1 (t, para t, são as temperaturas em cada uma das extremidades. Tipo II. Suponhamos que as extremidades estejam isoladas termicamente. Isto quer dizer que os fluxos de calor através de x = e x = são nulos, ou seja, u x (, t = u x (, t =. Tipo III. Suponhamos que meio ambiente tenha uma temperatura u o e que haja transferência de calor, entre a barra e o meio ambiente, regidas pela lei ku x (, t = e (u(, t u o, ku x (, t = e (u(, 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(, t = e u x (, t =. Usaremos o método de separação de variáveis encontrar a solução da equação do calor, assumiremos que Substituindo (8 em (45, temos u(x, t = F (xg(t. (8 F (xg (t = KF (xg(t (9 43

44 ou 1 G (t K G(t = F (x F (x. (3 Como o lado esquerdo de (3 depende apenas de t e o direito depende apenas de x e estas duas variávies são independentes, ambos os lados devem ser iguais a uma constante σ. Isto nos leva as equações Em particular, temos 1 G (t K G(t = σ e F (x = σ. (31 F (x F (x σf (x =, para < x <. (3.5. Barra com extremidades mantidas à o C Vamos assumir que a condição de contorno seja do Tipo I, com u(, t = u(, t =. Então devemos ter F ( = F ( =, (33 pois, como u(, t = F (G(t =, para todo t >, segue-se que se F (, então, G(t e, portanto, u, o que não tão tem a chance de satisfazer à condição inicial u(x, = f(x, a menos que f(x. Há três possibilidades para σ. i Se σ >, então a solução geral é da forma F (x = c 1 e σx + c e σx. Portanto, se tal F satisfizer (33, o par (c 1, c de constantes deverá satisfazer c 1 + c =, c 1 e σ + c e σ =. Da primeira equação, temos c = c 1, substituindo este resultado na segunda equação obtemos, = c 1 (e σ e σ = c 1 e ( σ 1 e σ. Como σ, devemos ter c 1 =, portanto c =. Isto implica F, o que não nos interessa. 44