Capítulo 1. Equações Diferenciais Parciais

Transcrição

1 Capítulo 1 Equações Diferenciais Parciais Nesse capítulo faremos um estudo básico das equações diferenciais parciais. Discutiremos primeiro alguns aspectos gerais destas para depois estudar os principais exemplos. O caso mais importante é sem dúvida o das equações diferenciais parciais de segunda ordem e para estas dispensaremos a maior parte das nossas atenções, considerando desde a classificação destas até o principal método para encontrar soluções que é o método de separação de variáveis e suas aplicações em problemas como os chamados problema de Cauchy e problema de contorno. 1

2 2 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 1.1 Generalidades Uma equação diferencial parcial (EDP) é uma equação diferencial envolvendo uma variável dependente e duas ou mais variáveis independentes, ou seja, uma equação da forma F (x, y,..., u, u x, u y,..., u xx, u xy,...) = 0, onde x, y,... são as variáveis independentes, u a variável dependente e u x = u/ x, etc. A ordem de uma EDP é a ordem da maior derivada parcial envolvida na equação. Uma EDP é dita linear quando for linear em u e todas as suas derivadas, e quando a EDP for linear apenas na derivada de maior ordem dizemos que ela é quase-linear. Os exemplos mais importantes de EDP são as lineares de segunda ordem, que em n variáveis independentes são da forma L[u] = n A ij (x)u xi x j + i,j=1 n B i (x)u xi + F (x)u = G(x), (1.1) j=1 onde x = (x 1,..., x n ), A ij = A ji e aproveitamos para definir o operador diferencial L[u]. Se G = 0 dizemos que a equação é homogênea, caso contrário dizemos que é não-homogênea. Os exemplos mais importantes de EDP são de segunda ordem e lineares. Considerando apenas duas variáveis independentes, devemos destacar (i) a equação de onda u tt = c 2 u xx, (1.2) onde c é uma constante identificada como sendo a velocidade da onda e u é a amplitude da onda, (ii) a equação de condução do calor, ou simplesmente equação do calor, u t = ku xx, (1.3) onde k denota a difusividade térmica e u é a temperatura, e (iii) a equação de Laplace, u xx + u yy = 0, (1.4) onde agora u é, por exemplo, o potencial eletrostático. Essas equações são ainda casos particulares da equação do telegrafista (ou do telégrafo), u xx = au tt + bu t + cu, (1.5)

3 1.1. GENERALIDADES 3 onde a, b, c são constantes. Uma função u = u(x, y,...) é uma solução (ou superfície integral) dessa EDP se ela satisfaz a equação na forma de uma identidade. Encontrar uma solução de uma EDP é uma tarefa muito mais árdua do que no caso de uma EDO, tanto que podemos encontrar problemas em aberto apesar da enorme quantidade de estudos produzidos a este respeito. Nesse sentido um exemplo ajudará a ilustrar um pouco das dificuldades que teremos que enfrentar para estudar uma EDP. Exemplo 1.1. Vamos considerar a equação u xy = 0. Como u xy = (u x ) y = 0, sabemos que u x não depende de y, ou seja, u x = f(x). Pensando como uma EDO, a solução dessa equação seria u = f(x) dx + k, onde k é uma constante arbitrária. Entretanto, o que temos acima é uma função de duas variáveis u = u(x, y) e uma derivada parcial ao invés de uma derivada ordinária. Uma vez que ao procedermos uma derivação parcial em uma variável as demais são mantidas constantes, a solução mais geral dessa equação é u(x, y) = f(x) dx + h(y) = g(x) + h(y), onde g(x) e h(y) são funções arbitrárias. A situação, portanto, é muito mais complexa do que no caso de uma EDO onde temos constantes arbitrárias. Nesse cenário, duas perguntas surgem de imediato: (1) como especificar uma solução particular? (2) como garantir que essa solução seja única? Um problema envolvendo uma EDP consiste em encontrar uma solução da EDP satisfazendo certas condições. Por exemplo: encontrar uma solução que tem um determinado valor em uma dada hipersuperfície do espaço de coordenadas (x 1,..., x n ). O tipo e a utilidade de uma condição irá depender, como veremos, da equação em questão. Dizemos que um problema é bem-posto (no sentido de Hadamard) se tivermos: (1) existência: existe ao menos uma solução; (2) unicidade: existe no máximo uma solução; (3) continuidade: a solução dependende continuamente das condições dadas. Encontrar as condições que definem um problema bem-posto não é em geral uma tarefa fácil. Existe um famoso exemplo, devido a Hadamard, que mostra que

4 4 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS mesmo para uma EDP aparentemente simples podemos não ter um problema bem-posto. De fato, vamos considerar a equação de Laplace no semi-plano positivo, ou seja, u xx + u yy = 0, < x <, y 0. Vamos tomar as seguintes condições de fronteira: u(x, 0) = 0, u y (x, 0) = 1 sin kx, k onde k é uma constante. A solução desse problema, que denotarmos por u = u k, é u k (x, y) = 1 sinh ky sin kx, k2 como pode ser verificado explicitamente por substituição. ainda notar que 1 lim sin kx = 0, < x <. k k Por outro lado, para a solução u k temos lim u k 0 se x nπ, k Podemos ou seja, a solução não depende continuamente das condições dadas, de modo que esse não é um problema bem-posto. Sobre a formulação de um problema, um dos resultados mais gerais é o chamado teorema de Cauchy-Kowalewski. Para apresentar seu enunciado vamos considerar que uma EDP de ordem N pode ser escrita na forma N u y N = Φ(y, x, u,..., Dα 0 y D α x u,...), (1.6) onde x = (x 1,..., x n ) e usamos a notação D α 0 y u = α 0 u y α, Dα 0 x u = α u x α 1 1, xαn n com α = α 1 + +α n. Dizemos que uma EDP é normal com relação à variável y se puder se escrita na forma (1.6) sendo que Φ não contém

5 1.1. GENERALIDADES 5 derivadas de ordem maior que N e as derivadas com relação a t são no máximo de ordem N 1, ou seja, α 0 + α α n N, α 0 N 1. Para uma EDP na forma normal podemos definir o análogo do problema de valor inicial para uma EDO, que é o chamado problema de Cauchy: encontrar uma solução da EDP (1.6) satisfazendo as condições k u y k = φ k (x), k = 0, 1,..., N 1. (1.7) y=y0 Teorema [Cauchy-Kowalewski] Seja o problema de Cauchy dado pela EDP (1.6) e condições iniciais (1.7). Se as funções φ k (x) forem analíticas em uma vizinhança do ponto x 0 = (x 0 1,..., x0 n) e a função Φ(y, x, u,..., D α 0 y Dx α u,...) for analítica em uma vizinhança do ponto (y 0, x 0, φ 0 (x 0 ),..., Dx α φ α0 (x 0 ),...) então esse problema de Cauchy possui uma única solução analítica em uma vizinhança do ponto (y 0, x 0 ). Prova: Veja I. Petrovsky, Lectures on Partial Diferential Equations. Apesar da sua aparente generalidade, o teorema de Cauchy-Kowalewski é limitado em dois sentidos. Primeiro, ele está restrito a problemas envolvendo funções analíticas e muitas vezes esse não é o caso prático de interesse. Segundo, a afirmação do teorema é local, ou seja, em uma vizinhança de um ponto, enquanto muitas vezes o interesse e o problema são globais. Além disso, o teorema nada diz a respeito da continuidade aliás, o exemplo de Hadamard oferece justamente um exemplo de problema de Cauchy que não é bem-posto. OBS: Para simplificar um pouco os problemas, vamos passar a considerar daqui em diante apenas casos lineares e quase-lineares. Isso, porém, não representa uma grande perda de generalidade uma vez que as equações mais importantes e conhecidas são as lineares.

6 6 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 1.2 EDP quase-linear de primeira ordem A forma geral de uma EDP quase-linear de primeira ordem com n variáveis independentes é n A i (u, x 1,..., x n )u xi = G(u, x 1,..., x n ). i=1 Vamos, porém, para simplificar a notação e facilitar a interpretação geométrica, considerar apenas duas variáveis independentes, muito embora a generalização para n variáveis não apresente dificuldades. Denotando as variáveis independentes por x e y, escrevemos essa forma mais geral como a(x, y, u)u x + b(x, y, u)u y = c(x, y, u). (1.8) Seja u = u(x, y) uma solução dessa EDP. A função φ(x, y, u) = u u(x, y) = 0 representa uma superfície no espaço de coordenadas (x, y, u) denominada superfície integral. Uma vez que 0 = u x dx + u y dy du = (u x, u y, 1) (dx, dy, du), sabemos que o vetor normal à essa superfície integral é proporcional ao vetor (u x, u y, 1) no ponto P = (x, y, u). Por outro lado, a equação (1.8) pode ser vista como (a, b, c) (u x, u y, 1) = 0, de onde podemos concluir que o vetor (a, b, c) pertence ao plano tangente à superfície integral no ponto P = (x, y, u). Já voltando o raciocínio, dado o vetor (a, b, c), uma vez que uma superfície integral deve ser tangente a esse vetor temos uma infinidade de soluções para essa EDP. Além disso, se o vetor (a, b, c) deve pertencer ao plano tangente de uma superfície integral então deve valer o seguinte sistema de equações: dx a = dy b = du c. (1.9)

7 1.2. EDP QUASE-LINEAR DE PRIMEIRA ORDEM 7 Figura 1.1: Ilustração das curvas características Esse sistema é chamado sistema característico da EDP (1.8). Como temos apenas duas equações independentes, a sua solução é dada pelas funções ψ(x, y, u) = A, φ(x, y, u) = B, onde A e B são constantes arbitrárias de integração. Para cada valor dessas constantes, cada equação representa um plano e a intersecção dos mesmos uma curva. Variando essas constantes obtemos uma família bi-paramétrica de curvas. Isso está ilustrado na figura 1.1-A. Dizemos que uma curva satisfazendo o sistema (1.9) é uma característica da EDP (1.8). As características estão ilustradas em azul na figura 1.1. Para escolher uma das superfícies integrais que representará a solução da EDP tomamos uma curva C tal que em cada um dos seus pontos a intersecção das superfícies ψ e φ define uma característica e todas essas características varrem a superfície integral que passa pela curva C, como sugere a figura 1.1-B. Essa curva C é a condição inicial que define o problema de Cauchy. Claramente devemos encontrar problemas se essa curva for uma característica. Exemplo 1.2. Para a EDP xu x + yu y = u

8 8 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS temos o sistema característico cuja solução pode ser dada na forma dx x = dy y = du u u x = k 1, y x = k 2, onde k 1 e k 2 são constantes. As soluções da EDP são da forma ( u F x x), y = 0, onde F é uma função arbitrária, ou ainda ( y u = xf, x) onde f é uma função arbitrária. Escolhendo com condição inicial que a superfície passe pela curva x = t, y = t 2, u = 1, devemos ter e a solução do problema é ( ) t 2 1 = tf = tf(t) = f(t) = 1 t t, u = x2 y. Exemplo 1.3. Para a EDP temos o sistema característico cuja solução é u x + u y = u 2 dx 1 = dy 1 = du u 2, x y = k 1, x + 1 u = k 2. Para a EDP temos então soluções da forma x + 1 u = φ(x y) = u = 1 φ(x y) x,

9 1.3. EDP LINEARES DE SEGUNDA ORDEM: CLASSIFICAÇÃO 9 onde φ é uma função arbitrária. Tomando como condição que a superfície passe pela curva x = t, y = t, u = t, temos t + 1 t = φ(2t) = φ(t) = t2 + 4, 2t e a solução do problema é 2(x y) u = 4 + y 2 x EDP lineares de segunda ordem: classificação Um dos pontos mais importantes para o estudo das EDP lineares de segunda ordem é a classificação dessas equações. Vamos começar considerando apenas duas variáveis independentes, de modo que a EDP mais geral é da forma Au xx + Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G. (1.10) Agora, lembrando o curso de geometria analítica, sabemos que a equação Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 representa uma hipérbole, parábola ou elipse de acordo com > 0 hipérbole = B 2 4AC = 0 parábola < 0 elipse Podemos emprestar essa nomenclatura e classificar a EDP (1.10) em hiperbólica, parabólica e elíptica em um ponto (x, y) conforme > 0 EDP hiperbólica = B 2 4AC = 0 EDP parabólica (1.11) < 0 EDP elíptica Exemplo 1.4. Sejam as equações y 2 u xx x 2 u yy = 0, xu xx + u yy = x 2.

10 10 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS Para a primeira = 4x 2 y 2, de modo que ela é do tipo parabólico nas retas x = 0 e y = 0 e hiperbólico no resto do plano. Para a outra temos = 4x, sendo portanto do tipo hiperbólico para x < 0, parabólico para x = 0 e eĺıptico para x > 0. Como a forma de uma equação diferencial muda de um sistema de coordenadas para outro, poderíamos suspeitar que essa classificação dependesse do sistema de coordenadas utilizado, o que nesse caso nos levaria a questionar a utilidade da classificação proposta. Felizmente essa classificação não depende do sistema de coordenadas, fato esse que serve também para justificar essa classificação. Para vermos isso vamos fazer explicitamante uma mudança de variáveis (x, y) (ξ, η), ξ = ξ(x, y), η = η(x, y), J = (ξ, η) (x, y) 0. Expressando as derivadas u x e u y em termos de u ξ e u η, u x = u ξ ξ x + u η η x, u yy = u ξξ ξ 2 y + 2u ξη ξ y η y + u ηη η 2 y + u ξ ξ yy + u η η yy, onde cometemos o abuso de notação u(ξ, η) = u(ξ(x, y), η(x, y) = u(x, y), então a eq.(1.10) assume a forma onde A u ξξ + B u ξη + C u ηη + D u ξ + E u η + F = G, (1.12) A = Aξ 2 x + Bξ x ξ y + Cξ 2 y, B = 2Aξ x η x + B(ξ x η y + ξ y η x ) + 2Cξ y η y, C = Aηx 2 + Bη x η y + Cηy, 2 D = Aξ xx + Bξ xy + Cξ yy + Dξ x + Eξ y, E = Aη xx + Bη xy + Cη yy + Dη x + Eη y, F = F, G = G. (1.13) Calculando agora (B ) 2 4A C obtemos, após algumas simplificações, que (B ) 2 4A C = (B 2 4AC)(ξ x η y ξ y η x ) 2 = J 2 (B 2 4AC). (1.14)

11 1.3. EDP LINEARES DE SEGUNDA ORDEM: CLASSIFICAÇÃO 11 o que mostra que = B 2 4AC não muda de sinal perante uma mudança de sistema de coordenadas e portanto a classificação proposta não depende do sistema de coordenadas utilizado. Essa independência do sistema de coordenadas sugere procurarmos por uma expressão para a EDP na qual ela apresente sua forma mais simples, a sua forma canônica. Para isso vamos supor que a forma inicial da EDP é tal que A 0, B 0, C 0. Uma simplificação considerável na forma da equação irá ocorrer se tivermos A = C = 0. Olhando para as eqs.(1.13) vemos que isso implica que as equações diferenciais Aξ 2 x + Bξ x ξ y + Cξ 2 y = 0, Aη 2 x + Bη x η y + Cη 2 y = 0, devem ser satisfeitas. Como a forma dessas equações é a mesma, vamos usar a variável ζ como sendo ξ ou η conforme o caso. Dessa forma a equação a ser resolvida pode ser escrita como A ( ζx ζ y ) 2 + B ( ζx Ao longo da curva ζ = constante temos ζ y ) + C = 0. dζ = ζ x dx + ζ y dy = 0 = ζ x ζ y = dy dx, e então A ( ) dy 2 B dx ( ) dy + C = 0, dx e daí dy dx = B ± B 2 4AC, 2A chamadas equações características. Vamos agora analisar as diferentes possibilidades.

12 12 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS (i) EDP hiperbólica. Nesse caso B 2 4AC > 0 e temos duas equações reais e distintas. As soluções dessas equações representam curvas no plano (x, y) para as quais temos ξ = constante e η = constante. De fato, escrevendo as soluções dessas equações na forma φ 1 (x, y) = k 1, φ 2 (x, y) = k 2, onde k 1 e k 2 são constantes, definimos as variáveis ξ e η como ξ = φ 1 (x, y), η = φ 2 (x, y). Com isso temos de fato A = C = 0 e podemos escrever uma EDP hiperbólica na forma u ξη = H 1 (ξ, η, u, u ξ, u η ), (1.15) que é chamada de primeira forma canônica de uma equação hiperbólica. Definindo outras variáveis α e β como α = ξ + η, β = ξ η, podemos ainda escrever essa equação hiperbólica na forma u αα u ββ = H 2 (α, β, u, u α, u β ), (1.16) chamada segunda forma canônica de uma equação hiperbólica. É nessa forma que podemos identificar facilmente a equação de onda como uma EDP hiperbólica. u tt u xx = 0 (ii) EDP parabólica. Como B 2 4AC = 0 temos apenas uma equação caracterítica e apenas uma das equações A = 0 e C = 0 pode ser satisfeita. Escolhendo A = 0 e uma vez que (B ) 2 4A C = 0, temos também B = 0, enquanto C 0. Com isso a forma canônica de uma equação parabólica é ou u ηη = H 3 (ξ, η, u, u ξ, u η ), (1.17) u ξξ = H 3(ξ, η, u, u ξ, u η ), (1.18) Podemos assim identificar a equação do calor como uma EDP parabólica. u xx = u t,

13 1.3. EDP LINEARES DE SEGUNDA ORDEM: CLASSIFICAÇÃO 13 (iii) EDP elíptica. Nesse caso B 2 4AC < 0 e temos raízes complexas conjugadas e portanto não existem curvas características reais. Para analisar esse caso é conveniente introduzirmos novas coordenadas α e β como ξ = α + iβ, η = α iβ. Em termos dessas novas coordenadas a eq.(1.12) fica da forma A u αα + B u αβ + C u ββ = H 4 (α, β, u, u α, u β ), onde A, B e C são dados em termos de A, B e C por expressões da mesma forma daquelas da eq.(1.13). Sendo assim, uma vez que segue que α ξ = 1/2, α η = 1/2, β ξ = i/2, β η = i/2, A = 1 4 (A + B + C ), B = i 2 (C A ), C = 1 4 ( A + B C ). Logo, se A = C = 0 temos B = 0 e A = C, e com isso segue para forma canônica de uma equação elíptica u αα + u ββ = H 4(α, β, u, u α, u β ). (1.19) Com isso vemos que a equação de Laplace é uma EDP elíptica. u xx + u yy = 0 Exemplo 1.5. Vamos considerar a equação y 2 u xx x 2 u yy = 0. Aqui temos B 2 4AC = 4x 2 y 2,

14 14 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS de modo que essa equação é do tipo hiperbólico exceto nas retas x = 0 ou y = 0. Nas demais regiões podemos encontrar as curvas características e reduzir a equação à sua forma canônica. As equações a serem resolvidas são B2 4AC ou seja, dy dx = B ± 2A = ±2xy 2y 2 = ± x y, ydy ± xdx = 0 = d(y 2 ± x 2 ) = 0. Definimos então novas coordenadas ξ e η através de ξ = y 2 x 2, η = y 2 + x 2, de modo que as curvas características são ξ = k 1 = constante e η = k 2 = constante. Fazendo essa mudança de variáveis note que J = 16xy, de modo que devemos excluir os pontos em x = 0 e y = 0 onde a equação não é hiperbólica ou usando diretamente as eqs.(1.13) encontramos a forma canônica dessa equação como sendo u ξη = η 2(ξ 2 η 2 ) u ξ ξ 2(ξ 2 η 2 ) u η. Exemplo 1.6. Para a EDP temos x 2 u xx + 2xyu xy + y 2 u yy = 0 B 2 4AC = 4x 2 y 2 4x 2 y 2 = 0, ou seja, essa EDP é do tipo parabólico (em todo plano). A equação que temos para resolver é dy dx = B 2A = 2xy 2x 2 = y x, cuja solução é facilmente encontrada, ou seja, y = kx, onde k é uma constante. Com isso a nova variável ξ é definida como ξ = y x. Para a outra variável podemos tomar x ou y. Tomando η = y segue, após algumas contas, que a equação fica da forma η 2 u ηη = 0, ou, para η 0, u ηη = 0.

15 1.3. EDP LINEARES DE SEGUNDA ORDEM: CLASSIFICAÇÃO 15 Exemplo 1.7. Como exemplo de uma EDP eĺıptica temos u xx + x 2 u yy = 0. De fato, B 2 4AC = 4x 2, e a EDP é eĺıptica para x 0. Para as equações característica temos de onde seguem as soluções dy dx = ± 4x 2 2 = ±ix, e coordenadas complexo-conjugadas 2y + ix 2 = k 1, 2y ix 2 = k 2, ξ = 2y ix 2, η = 2y + ix 2. Logo, como coordenadas reais escolhemos α = 2y, β = x 2. Com essa mudança de variáveis encontramos após os cálculos usuais que a forma canônica dessa EDP é u αα + u ββ = 1 2β u β. Vamos agora fazer alguns comentários acerca da generalização dessa classificação para o caso de n variáveis independentes. A EDP linear de segunda ordem mais geral é da forma da eq.(1.1). Dado o operador L[u], definimos sua parte principal L[u] como L[u] = n A ij (x)u xi x j. i,j=1 A parte principal é portanto definida à partir da matriz A = {A ij }, que por sua vez é uma matriz real e simétrica. Fazendo a mudança de variáveis y i = y i (x 1,..., x n ), i = 1,..., n,

16 16 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS encontramos que a eq.(1.1) fica da forma n n L [u] = A ij(y)u yi y j + B i(y)u yi + F (y)u = G(y), i,j=1 i=1 onde A ij = n k,l=1 A lk y i x k y j x l, sendo que a expressão para B i (y) não vem ao caso. É fácil notarmos que A ij = A ji. Em termos da matriz A = {A ij} podemos escrever a relação acima entre as entradas como A = J T AJ, onde J é o jacobiano J = (y)/ (x). A matriz A, sendo real e simétrica, é diagonalizável, e com uma escolha adequada das novas coordenadas o jacobiano J torna-se a matriz de diagonalização. Sendo assim, podemos escrever A como λ A 0 λ 2 0 = λ n A classificação da EDP pode agora ser feita em termos dos autovalores λ i (i = 1,..., n). Diremos que: (i) Se λ i > 0 (i = 1,..., n) (ou λ i < 0, i = 1,..., n) a EDP é do tipo elíptico. (ii) Se λ i 0 (i = 1,..., n) mas existirem autovalores tanto positivo quanto negativos, a EDP é do tipo hiperbólico (ou também ultrahiperbólico). Se apenas um dos autovalores for negativo (e os demais positivos) ou vice-versa a EDP é do tipo hiperbólico normal.

17 1.4. O PROBLEMA DE CAUCHY 17 (iii) Se existirem autovalores λ i = 0 para i = 1,..., m com m < n, a EDP é do tipo parabólico. Se apenas um dos autovalores for nulo então a EDP é do tipo parabólico normal. Exemplo 1.8. Para duas variáveis a matriz A correspondente é ( ) A B/2 A =. B/2 C Os autovalores λ são dados por λ 2 (A + C)λ + (AC B 2 /4) = 0 = λ = (A + C) ± (A + C) 2 +, 2 onde usamos = B 2 4AC. Com isso vemos que: (i) se = 0 um dos autovalores é nulo, o que correspondente ao caso parabólico; (ii) se > 0 temos (A + C) + > (A + C) e os autovalores tem sinais contrários, um positivo e um negativo, o que corresponde ao caso hiperbólico; (iii) se < 0 temos (A + C) + < (A + C) e os dois autovalores tem o mesmo sinal, o que corresponde ao caso eĺıptico. 1.4 O Problema de Cauchy Vamos estudar nessa seção o problema de Cauchy para EDP de segunda ordem e com duas variáveis independentes. Já vimos que esse problema pode ser formulado como u yy = F (x, y, u, u x, u y, u xx, u xy ), u(x, y 0 ) = f(x), u y (x, y 0 ) = g(x). Generalizando um pouco essa formulação, se C é uma curva no plano (x, y) dada por (x(t), y(t)), t I R, e f(t) e g(t) são funções definidas ao longo da curva C, temos o problema de Cauchy u yy = F (x, y, u, u x, u y, u xx, u xy ), u C = f(t), u n = g(t), C

18 18 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS onde n denota o vetor normal a C no plano (x, y). Diremos que essas condições são os dados de Cauchy. Para não complicarmos desnecessariamente o problema, vamos tomar t como sendo o parâmetro natural, o que implica em v 2 = (dx/dt) 2 + (dy/dt) 2 = 1. Vamos agora mostrar como esse problema pode ser resolvido. Da primeira condição segue e da segunda du dt = u dx x dt + u dy y dt = f (t), u n = n dy xu x + n y u y = u x dt + u dx y dt = g(t), ou seja, ( ) ( ) dx/dt dy/dt ux = dy/dt dx/dt cuja solução é u y u x = f (t) dx dt g(t)dy dt, u y = g(t) dx dt + f (t) dy dt. ( f ) (t), g(t) Agora para as derivadas de segunda ordem podemos escrever dx u xx dt + u dy xy dt = du x dt, dx u yx dt + u dy yy dt = du y dt, Au xx + Bu xy + Cu yy = F (x, y, u, u x, u y ), onde as duas primeiras equações resultam do uso da regra da cadeia e o lado direito das mesmas pode ser calculado diretamente das expressões acima para u x e u y, e a última equação nada mais é o que a própria EDP. A condição necessária e suficiente para que esse sistema tenha solução para u xx, u xy e u yy é que dx/dt dy/dt 0 det 0 dx/dt dy/dt 0, A B C

19 1.4. O PROBLEMA DE CAUCHY 19 ou seja, ou ainda A ( dy dt A ) 2 B dx dy dt dt + C ( ) dx 2 0, dt ( ) dy 2 B dy dx dx + C 0. Lembrando que A(dy/dx) 2 B(dy/dx) + C = 0 é a equação de uma curva característica, podemos dizer que a condição necessária e suficiente para que possamos calcular as derivadas de segunda ordem é que a curva C não seja uma curva característica. De maneira análoga determinamos as derivadas de ordem mais alta (desde, é claro, que A, B, C, f, g sejam funções analíticas) e representamos a solução na forma de uma série de Taylor. Temos assim um esboço da demonstração do teorema de Cauchy-Kowalewski! O problema de Cauchy é em geral bem definido apenas para as equações do tipo hiperbólico. De fato, dado o problema na forma canônica, u yy = u xx + F (x, y, u, u x, u y ), u(x, y 0 ) = f(x), u y (x, y 0 ) = g(x), podemos ver facilmente que a curva y = y 0 não é uma curva característica desse problema, de modo que podemos construir sua solução segundo o raciocínio acima. Já para outros tipos de EDP frequentemente necessitamos de outros tipos de condições, mais especificamente as chamadas condições de contorno. Uma condição de contorno é dita condição de Dirichlet quando se refere ao valor de u(x) em uma hiper-superfície Σ e condição de Neumann quando se refere ao valor de u(x)/ n em uma hiper-superfície Σ O Problema de Cauchy para a Equação de Onda Vamos considerar o exemplo clássico de uma EDP hiperbólica, a equação de onda u tt c 2 u xx = 0, 0 t <, < x <.

20 20 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS As equações para as características são ( ) dx 2 c 2 = 0 = dx dt dt = ±c, de onde seguem as curvas características x ct = k 1, x + ct = k 2. Com coordenadas ξ = x ct e η = x + ct a equação de onda assume a forma canônica u ξη = 0 que tem como solução u(ξ, η) = f(ξ) + g(η), onde f e g são funções arbitrárias. Nas coordenadas originais, u(x, t) = f(x ct) + g(x + ct), que é a conhecida solução de d Alembert para a equação de onda. Se tomarmos as condições iniciais u(x, 0) = φ(x), u t (x, 0) = ψ(x), segue da primeira condição que f(x) + g(x) = φ(x) e da segunda que cf (x) + cg (x) = ψ(x) = g(x) f(x) = 1 c de modo que g(x) = 1 2c f(x) = 1 2c x x ψ(x ) dx + k x φ(x) 2, x x 0 ψ(x ) dx k 2 + φ(x) 2. x 0 φ(x ) dx + K, Levando em conta os argumentos em f(x ct) e g(x + ct) e somando essas expressões encontramos a solução para a equação de onda na forma u(x, t) = 1 2 [φ(x + ct) + φ(x ct)] + 1 2c x+ct x ct ψ(x ) dx. (1.20)

21 1.4. O PROBLEMA DE CAUCHY 21 Exemplo 1.9. Como condições iniciais para o problema de Cauchy envolvendo a equação de onda vamos tomar u(x, 0) = φ(x) = (1 x )[H(x + 1) H(x 1)], u t (x, 0) = 0. onde H(x) é a função escada de Heaviside, { 1, x > 0, H(x) = 0, x < 0. O gráfico de φ(x) está ilustrado em vermelho na figura 1.2. Figura 1.2: Ilustração da solução do problema Usando diretamente a eq.(1.20), temos para a solução do problema u(x, t) = 1 [φ(x + ct) + φ(x ct)]. 2 O significado dessa solução pode ser visto através da sua evolução com relação ao tempo. Tomando para efeito de ilustração o valor c = 1, temos na figura 1.2

22 22 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS a ilustração do gráfico de u(x, t) para diferentes valores de t em diferentes cores, a saber: t = 0 em vermelho, t = 0.5 em verde, t = 1 em amarelo e t = 2 em azul. A interpretação é clara: a onda inicial separa-se em duas, uma indo para a esquerda, correspondendo à parte da solução dada por (1/2)φ(x + ct), e uma indo para a direita, correspondendo à parte da solução dada por (1/2)φ(x ct). Exemplo Seja o problema u tt = c 2 u xx, u(x, 0) = f(x), x > 0, t > 0, u t (x, 0) = g(x), u(0, t) = 0. Um primeiro fato a ser notado é que esse problema apresenta uma condição a mais que o anterior, que é a condição em x = 0, ou seja, u(0, t) = 0, t 0. Esse é um exemplo de condição de contorno ou de fronteira. Sabemos que a solução geral do problema é da forma Das duas primeiras condições obtemos u(x, t) = φ(x + ct) + ψ(x ct). φ(x) = 1 2 f(x) + 1 2c ψ(x) = 1 2 f(x) 1 2c x 0 x 0 g(x ) dx + k 2, g(x ) dx k 2, onde devemos ter o cuidado de levar em conta que f(x) e g(x) só estão definidas para x 0. Já a condição u(0, t) = 0 implica em 0 = φ(ct) + ψ( ct), ou seja, φ(ct) = ψ( ct), ou melhor, φ(ξ) = ψ( ξ). Para x ct > 0 temos ainda x + ct > 0 (pois x > 0 e t > 0) e podemos escrever a solução do problema na forma u(x, t) = 1 2 [f(x + ct) + f(x ct)] + 1 2c x+ct x ct g(x ) dx (x ct > 0). Porém, para x ct < 0 temos um problema na definição de ψ(x ct). De fato, nesse caso ψ(x ct) = 1 2 f(x ct) 1 2c x ct 0 g(x ) dx k 2,

23 1.4. O PROBLEMA DE CAUCHY 23 e f(x) e g(x) não estão definidas para x < 0. Porém, a condição que seguiu da condição de contorno foi ψ( ξ) = φ(ξ). Com isso ψ(x ct) = φ(ct x) = 1 2 f(ct x) 1 2c ct x 0 g(x ) dx k 2, e agora não temos o mesmo problema pois ct x > 0. Assim sendo, temos u(x, t) = 1 2 [f(ct + x) f(ct x)] + 1 2c ct+x ct x g(x ) dx, (x ct < 0). Seja agora o problema não-homogêneo 1 c 2 u tt u xx = h(x, t). Vamos integrar essa equação na região R ilustrada na figura 1.3. Escrevendo τ = ct temos h(x, τ) dxdτ = (u ττ u xx ) dxdτ = u x dτ + u τ dx, R R R onde na última igualdade usamos o teorema de Green. A integral ao longo da caminho R pode ser dividida em três partes: ao longo do segmento de reta ligando o ponto (X ct, 0) até (X + ct, 0), do segmento ligando (X + ct, 0) até (X, ct ), e do segmento ligando (X, ct ) até (X ct, 0). Temos as integrais (X+cT,0) (X ct,0) (X,cT ) (X+cT,0) (X ct,0) (X,cT ) X+cT (u x dτ + u τ dx) = c 1 u t dx, (u x dτ + u τ dx) = (u x dτ + u τ dx) = X ct (X,cT ) (X+cT,0) (X ct,0) (X,cT ) ( u x dx u τ dτ) = u(x + ct, 0) u(x, T ), (u x dx + u τ dτ) = u(x ct, 0) u(x, T ), e com isso X+cT h(ξ, τ) dxdτ = c 1 u t dx+u(x+ct, 0)+u(X ct, 0) 2u(X, T ). R X ct

24 24 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS Figura 1.3: Região descrita no texto Trocando a notação (X, T ) para (x, t e usando ainda as condições iniciais u(x, 0) = f(x) e u t (x, 0) = g(x) segue que u(x, t) = 1 2 (f(x+ct)+f(x ct))+ 1 2c x+ct x ct g(τ) dτ R h(x, t) dr. (1.21) Exemplo Para o problema não-homogêneo a solução segundo a eq.(1.21) é u xx c 2 u tt = 1, u(x, 0) = sin x, u t (x, 0) = 0, u(x, t) = 1 2 (sin (x + ct) + sin (x ct)) 1 2 ct x+ct τ 0 x ct+τ 1 dξdτ, onde a integral dupla fornece a área do triângulo de altura ct e base (x + ct) (x ct) = 2ct, ou seja, (1/2)(ct)(2ct) = c 2 t 2, u(x, t) = 1 2 (sin (x + ct) + sin (x ct)) c2 t 2 2.

25 1.4. O PROBLEMA DE CAUCHY Método de Riemann O método de Riemann é um procedimento para resolver o problema de Cauchy envolvendo uma EDP hiperbólica linear, que tomaremos na forma canônica L[u] = u xy + au x + bu y + cu = f(x, y), onde a, b, c são constantes e x e y são coordenadas características visto que a equação está apresentada na forma canônica. A idéia do método é utilizar uma função auxiliar v = v(x, y) satisfazendo certas propriedades desejáveis e jogar parte do problema para essa função. Seja v C 2. Usando as identidades temos vu xy = uv xy + (vu x ) y (uv y ) x, avu x = (avu) x u(av) x, bvu y = (bvu) y u(bv) y, vl[u] = u(v xy (av) x (bv) y + cv) + (vu x + bvu) y + (avu uv y ) x = ul [v] + U x + V y, onde aproveitamos para definir L, U e V. Com isso podemos usar o teorema de Green e escrever (vl[u] ul [v]) dxdy = (U x + V y ) dxdy = (U dy V dx). D D C Vamos tomar a curva fechada C como na figura 1.4, onde a curva L não é uma característica. Dessa forma temos R P Q (vl[u] ul [v]) dxdy = (U dy V dx) + U dy V dx. D Mas Q P V dx = Q P Q (vu x + bvu) dx = Q P R P (bv v x )u dx + uv Q P,

26 26 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS Figura 1.4: Curva fechada descrita no texto e com isso (vl[u] ul [v]) dxdy = D R + Q Q P (U dy V dx) + P R u(av v y ) dy u(bv v x ) dx uv(q) + uv(p ). Nesse ponto vamos explorar a arbitrariedade da função auxiliar v. Vamos escolher essa função, chamada função de Riemann, de modo que L [v] = 0, v x = bv, y = β, (1.22) v y = av, x = α, v = 1, (x, y) = (α, β). Com essa escolha e lembrando as definições de U e V segue que u(α, β) = uv(q) R Q uv(a dy b dx)+ R Q (vu x dx+uv y dy)+ vf dxdy, D onde usamos L[u] = f. Se u e u x são dados em L, podemos ainda usar a identidade uv(r) uv(q) = R Q [(uv) x dx + (uv) y dy]

27 1.4. O PROBLEMA DE CAUCHY 27 em uv(q) na expressão para u(α, β) para escrever u(α, β) = uv(r) R Somando as duas expressões, Q uv(a dy b dx) R u(α, β) = 1 R 2 (uv(q) + uv(r)) uv(a dy b dx) 1 Q R v(u x dx u y dy) + vf dxdy. 2 Q Q D (uv x dx+vu y dy)+ vf dxdy. D R Q u(v x dx v y dy) (1.23) Essa expressão ilustra bem o fato que a solução no ponto P = (α, β) depende apenas dos dados de Cauchy em L. Exemplo Como exemplo do uso do método de Riemann, vamos resolver o problema de Cauchy associado com a equação do telegrafista u tt + au t + bu = c 2 u xx, u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x). As características dessa equação são claramente as mesmas da equação de onda, de modo que, com a mudança de variáveis ξ = x + ct, η = x ct, a equação do telegrafista fica 4c 2 u ξη = acu ξ acu η + bu. As condições iniciais devem agora ser tomadas em ct = (ξ η) = 0, ou seja, em ξ = η, e ficam u ξ=η = f(ξ), (u ξ u η ) ξ=η = c 1 g(ξ). Existe uma forma ainda mais simples para essa EDP. Fazendo a mudança de variável dependente u = we at/2 = we a(ξ η)/4c, temos a equação w ξη = κw,

28 28 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS onde κ = (a 2 4b)/16c 2. Para essa nova variável as condições iniciais são w ξ=η = f(ξ), (w ξ w η ) ξ=η = c 1 g(ξ) + ac 1 2 f(ξ). Da eq.(1.22) temos que a função de Riemann deve satisfazer v ξη + κv = 0, v ξ = 0, η = β, v η = 0, ξ = α, v = 1, (ξ, η) = (α, β). É fácil ver que essa EDP é equivalente à equação integral v(ξ, η) = 1 + ξ η α β ( κ)v(σ, ρ) dρdσ. Vamos procurar pela solução dessa equação usando o método das aproximações sucessivas, ou seja, construindo uma sequência {v n (ξ, η)} n=0 segundo v n+1 (ξ, η) = 1 + ξ η α β ( κ)v n (σ, ρ) dρdσ, e tomando como primeiro termo da sequência v 0 = 0. Com isso temos v 1 = 1, v 2 = 1 κ(ξ α)(η β), 2 (ξ α)2 v 2 = 1 κ(ξ α)(η β) + κ 2 e de uma forma geral (para n 1) n 1 i ((ξ α)(η β))i v n (ξ, η) = ( κ) (i!) 2. i=0 (η β) 2, 2 Para n e lembrando a definição das funções de Bessel temos que Com isso v(ξ, η) = J 0 (2 κ(ξ α)(η β)). v ξ=η=τ = J 0 (2 κ(τ α)(ξ β)), κ(α β) (v ξ v η ) ξ=η=τ = J 0(2 κ(τ α)(τ β)). (τ α)(τ β)

29 1.4. O PROBLEMA DE CAUCHY 29 O ponto Q é a intersecção da reta η = β com a reta L : ξ = η, ou seja, Q = (β, β), e o ponto R é a intersecção da reta ξ = α com a reta L = ξ = η, ou seja, R = (α, α). Então u(q) = f(β), u(r) = f(α). Usando agora a eq.(1.23) e trocando (α, β) por (ξ, η) temos com w(ξ, η) = 1 2 (f(ξ) + f(η)) + 1 2c ξ η G(ξ, η, τ) dτ G(ξ, η; τ) = c κ(ξ η) (τ ξ)(τ η) f(τ)j 0(2 κ(τ ξ)(τ η)) Voltando para a variáveis (u, x, t) temos + J 0 (2 κ(τ ξ)(τ η))(g(τ) + (a/2)f(τ)). com u(x, t) = e at/2 (f(x + ct) + f(x ct)) + e at/2 2 2c ξ η G(x, t, τ) dτ, 2ct κ G(x, t; τ) = (τ x)2 c 2 t f(τ)j 0(2 κ((τ x) 2 c 2 t 2 )) 2 + J 0 (2 κ((τ x) 2 c 2 t 2 ))(g(τ) + (a/2)f(τ)), o que generaliza a solução de d Alembert da equação de onda. Exemplo Vimos que a função de Riemann é solução do problema (1.22), que consiste em uma EDP hiperbólica satisfazendo certas condições dadas sobre as curvas características x = α e y = β. Esse é um exemplo do chamado problema de Goursat, ou seja, resolver uma EDP hiperbólica com condições dadas sobre as curvas características. No exemplo anterior vimos um método de solução usando aproximações sucessivas. Vamos agora considerar um outro exemplo, que é o problema y 3 u xx yu yy + u y = 0, < x <, < y <,, u(x, y) C1 = f(x), C 1 : x + y 2 /2 = 4, 2 x 4, u(x, y) C2 = g(x), C 2 : x y 2 /2 = 0, 0 x 2, f(2) = g(2).

30 30 1. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS Como B 2 4AC = 4y 2 > 0 essa EDP é hiperbólica. Vamos tentar encontrar suas soluções à partir da forma canônica. A equação para as característica é cujas soluções são dy dx = ± 1 y, x + y 2 /2 = k 1, x y 2 /2 = k 2. Definimos então as novas coordenadas ξ e η como ξ = x + y 2 /2, η = x y 2 /2. Logo, as curvas C 1 e C 2 correspondem a ξ = 4 e η = 0. Fazendo essa mudança de variáveis encontramos, após os cálculos usuais, que a EDP em questão fica da forma u ξη = 0. Desse modo u(ξ, η) = φ(ξ) + ψ(η), ou ainda, u(x, t) = φ(x + y 2 /2) + ψ(x y 2 /2). Vamos agora exigir que as condições dadas sejam satisfeitas. Na curva C 1 temos x + y 2 /2 = 4 e x y 2 /2 = x (4 x) = 2x 4, de modo que f(x) = φ(4) + ψ(2x 4). Tomando 2x 4 = α temos f(2 + α/2) = φ(4) + ψ(α) e tomando α = x y 2 /2 temos ψ(x y 2 /2) = f(x/2 y 2 /4 + 2) φ(4). Por outro lado, na curva C 2 temos x y 2 /2 = 0 e x + y 2 /2 = x + x = 2x, e portanto g(x) = φ(2x) + ψ(0). Tomando 2x = 4 temos g(β/2) = φ(β) + ψ(0) e para β = x + y 2 /2 segue Com isso φ(x + y 2 /2) = g(x/2 + y 2 /4) ψ(0). u(x, t) = f(x/2 y 2 /4 + 2) + g(x/2 + y 2 /4) φ(4) ψ(0). Temos ainda a condição f(2) = g(2). Das expressões para f(x) e g(x) temos A solução do problema é portanto f(2) = φ(4) + ψ(0), g(2) = φ(4) + ψ(0). u(x, t) = f(x/2 y 2 /4 + 2) + g(x/2 + y 2 /4) f(2).