Notação. Se u = u(x, y) é uma função de duas variáveis, representamos por u, ou ainda, por 2 u a expressão

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1 Seção 20: Equção de Lplce Notção. Se u = u(x, y) é um função de dus vriáveis, representmos por u, ou ind, por 2 u expressão u = 2 u = u xx + u yy, chmd de lplcino de u. No cso de função de três vriáveis, o lplcino é ddo por e nlogmente pr funções de mis vriáveis. u = 2 u = u xx + u yy + u zz Equção de Lplce: A equção de Lplce é equção u = 0. Em dimensão 2, equção de Lplce é u xx + u yy = 0. Em dimensão 3, equção de Lplce é u xx + u yy + u zz = 0. Exemplos de soluções d equção de Lplce em dimensão 2 são u(x, y) = e x cos y e v(x, y) = e x sen y. Note que ests dus funções são prte rel e prte imginári d função f(z) = e z = e x+iy. Pr outrs funções f(z) otemos outros exemplos de funções que são soluções d equção de Lplce: f(z) = z 2 = (x + iy) 2 = x 2 y 2 + i2xy u(x, y) = x 2 y 2 e v(x, y) = 2xy. são soluções d equção de Lplce f(z) = z 3 = (x + iy) 3 u(x, y) = x 3 3xy 2 e v(x, y) = 3x 2 y y 3. são soluções d equção de Lplce Exemplos. Exemplos de situções em que equção de Lplce prece: (i) Fluxo estcionário de clor em um plc. Consideremos um plc condutor de clor loclizd em um região D R 2 limitd por um curv fechd γ. Usndo s leis d condução do clor, pode-se mostrr que tempertur u = u(x, y, t) stisfz EDP u t = c 2 u, chmd de equção do clor, onde u = u xx +u yy é o lplcino de u. Depois de trnscorrido um tempo muito grnde, se tempertur tingir o regime estcionário, isto é, u independente de t, então u t = 0 e equção do clor tom form u = 0, que é equção de Lplce. Pel mesm rzão, pr um fluxo de clor estcionário em um sólido, tempertur u stisfz equção de Lplce em dimensão 3 u xx + u yy + u zz = 0. (ii) Potenciis elétricos ou grvitcionis. Suponhmos que se tenh um distriuição de crgs elétrics em repouso no espço, com densidde (crg por unidde de volume) dd por um função ρ = ρ(x, y, z). Sej u(x, y, z) o potencil elétrico gerdo por est distriuição de crgs no ponto (x, y, z). A Lei de Guss nos diz que u = 1 ɛ 0 ρ.

2 Portnto, em um região D R 3 que não contenh crgs, como ρ = 0, vmos ter u = 0, ou sej, o potencil elétrico stisfz equção de Lplce em qulquer região que não contenh crgs. Se distriuição de crgs tiver simetri pln, colocndo o sistem de coordends num posição conveniente, teremos u = u(x, y, z) = u(x, y) independente de z e, portnto, u xx + u yy = 0. Prolem de Dirichlet. Sej D R 2 um região limitd por um curv fechd γ. Dd um função f : γ R, o prolem de Dirichlet consiste em procurr um função f : D R stisfzendo { u = 0, em D u(x, y) = f(x, y), pr (x, y) em γ Interpretção Físic. Suponhmos que se tenh um fluxo estcionário de clor em um plc D R 2 limitd por um curv fechd γ. Se conhecemos tempertur f(x, y) em cd ponto d fronteir γ de D, o prolem de Dirichlet consiste em procurr os vlores d tempertur u = u(x, y) nos pontos interiores de D. Exemplo 1. Resolv pelo método de seprção de vriáveis o prolem de Dirichlet ixo pr um região retngulr. u xx + u yy = 0, u(0, y) = u(x, 0) = u(x, ) = 0 u(, y) = y em D : 0 < x <, 0 < y < Solução: Pelo método de seprção de vriáveis, começmos procurndo u d form u(x, y) = ϕ(x)ψ(y). Sustituindo n equção de Lplce, otemos Dividindo pelo produto ϕ(x)ψ(y), otemos ϕ(x) ψ(y) + ϕ(x)ψ (y) = 0 ϕ (x) ϕ(x) = ψ (y) ψ(y). D mesm form que pr s equções d ond e clor, devemos ter ϕ (x) ϕ(x) = ψ (y) ψ(y) = λ. A prtir dí, otemos dus EDO s independentes ϕ (x) λϕ(x) = 0 (1) ψ (y) + λψ(y) = 0 (2) Conforme já foi explicdo pr s equções d ond e clor, prtir ds condições de fronteir, otemos ψ(0) = 0, ψ() = 0 (3) ϕ(0) = 0. (4) 2

3 Começmos com EDO (2), pois em (3) temos mis informções pr função ψ do que pr ϕ. Vmos nlisr o prolem de vlor de fronteir de procurr ψ : [0, ] R stisfzendo { ψ (y) + λψ(y) = 0 (5) ψ(0) = 0, ψ() = 0 Dividindo em csos temos Cso 1: λ < 0 Trivil Cso 2: λ = 0 Trivil Cso 3: λ > 0. Neste cso, λ = µ 2, com µ > 0. Neste cso temos s soluções não triviis ψ n (y) = B n sen nπy, λ n = n2 π 2 Agor, com os λ ddos em (6), vmos nlisr equção (1), ou sej, Resolvendo, temos Utilizndo condição (4), otemos Segue que D = C e ϕ (x) n2 π 2 ϕ(x) = Ce nπx ( ϕ n (x) = C n e nπx 2 ϕ(x) = 0. + De nπx. 0 = ϕ(0) = C + D. ) e nπx = 2C n senh nπx 2. (6) Multiplicndo (6) por (7) e desprezndo s constntes desnecessáris, otemos Por superposição, otemos u n (x, y) = ϕ n (x)ψ n (y) = B n senh nπx sen nπy. (7). u(x, y) = B n senh nπx sen nπy. (8) Aplicndo condição de fronteir u(, y) = y, otemos Segue que ou sej, u(, y) = y = B n senh nπ B n senh nπ B n = = 2 2 senh nπ sen nπy y sen nπy y sen nπy, pr 0 y. dy, dy.

4 Oservção. O método de seprção de vriáveis funcionou em porque em pens um dos ldos do retângulo form prescritos vlores não nulos pr função u. Se quiséssemos resolver um prolem de Dirichlet mis gerl pr o retângulo u xx + u yy = 0, em D : 0 < x <, 0 < y < u(x, 0) = f 1 (x), ( ) u(, y) = f 2 (y), u(x, ) = f 3 (x), u(0, y) = f 4 (y), procurrímos qutro funções u 1, u 2, u 3 e u 4, respectivmente soluções dos prolems: u xx + u yy = 0, em D : 0 < x <, 0 < y < ( 1) u(0, y) = u(, y) = u(x, ) = 0 u(x, 0) = f 1 (x) u xx + u yy = 0, em D : 0 < x <, 0 < y < ( 2) u(0, y) = u(x, 0) = u(x, ) = 0 u(, y) = f 2 (y) u xx + u yy = 0, em D : 0 < x <, 0 < y < ( 3) u(0, y) = u(, y) = u(x, ) = 0 u(x, ) = f 3 (x) u xx + u yy = 0, em D : 0 < x <, 0 < y < ( 4) u(0, y) = u(x, 0) = u(x, ) = 0 u(0, y) = f 4 (y) Estes qutro prolems de Dirichlet mis simples podem ser resolvidos por seprção de vriáveis seguindo o mesmo procedimento do exemplo cim. Somndo sus soluções, função u = u 1 + u 2 + u 3 + u 4 será um solução do prolem ( ). Outro tipo de condição de fronteir. Se fronteir tod ou um prte del estiver isold (não pss clor), condição será u n (x, y) = 0 no trecho que estiver isoldo, onde u n = u n represent derivd direcionl de u n direção norml à fronteir. A seguir, dmos um explicção simplificd e necessrimente incomplet d rzão pel qul condição mtemátic u n = 0 em γ express o fto de que o trecho d fronteir que el se cumpre está isoldo. O fluxo de clor se dá preferencilmente n direção de mior vrição d tempertur u, que é direção do grdiente u de u, no sentido de u. Portnto, pr que o clor não trvesse fronteir d região é preciso que direção de máxim vrição de u não ponte pr for nem pr dentro d d região, ou sej, sej tngente o ordo. Portnto, n u = 0, onde n represent o vetor norml à fronteir e unitário. Ms o produto esclr do grdiente u com um vetor unitário é derivd direcionl de u n direção deste vetor unitário. Chegmos ssim condição u n = 0 em γ. 4

5 Prolem de Dirichlet em regiões ilimitds. Qundo região D do prolem de Dirichlet for ilimitd, colocmos condição dicionl de que função deve ser limitd. Pr entender rzão disto, vmos dr um exemplo em simples. Consideremos o semiplno superior D = {(x, y) y > 0}. Digmos que se queir descorir tempertur de regime estcionário em D, sendo prescrit tempertur no ordo u(x, 0) = 0. Temos o prolem { uxx + u yy = 0 em D ( ) u(x, 0) = 0 Ovimente, mntendo o ordo à tempertur u(x, 0) = 0, depois de trnscorrido um tempo muito grnde, plc inteir deve tingir o equilírio n tempertur u(x, y) = 0. De fto, função constnte u(x, y) = 0 é um solução de ( ). Ms não é únic. Pr qulquer constnte C, função u(x, y) = Cy tmém é um solução de ( ). Ou sej, o prolem ( ) tem um infinidde de soluções. Apens um dels, pr C = 0, corresponde à solução do prolem físico. Isto signific que o prolem ( ) está ml posto. Devemos crescentr um condição dicionl que sirv pr eliminr tods s funções indesejds d fmíli u(x, y) = Cy, exceto função u(x, y) = 0. Um tl condição corresponde exigir que função u(x, y) sej limitd, isto é, que exist um constnte M tl que u(x, y) M, pr todo (x, y). O prolem u xx + u yy = 0 ( ) u(x, 0) = f(x) u limitd em D tem solução únic u(x, y) = 0. É como se, no cso e um região ilimitd, o ponto no infinito fizesse prte d fronteir. É nturl então, lém de prescrever os vlores n fronteir, prescrever tmém o comportmento d função no infinito. Um mneir de prescrever este comportmento é exigir que função permneç limitd. Assim, se D R 2 é um região ilimitd do plno e curv γ é fronteir de D, dd um função limitd f : γ R, vmos considerr o prolem de Dirichlet u xx + u yy = 0 em D u(x, y) = f(x, y), em γ u limitd Exemplo 2. Consideremos f : [0, ] R um dd função. Resolv o prolem de Dirichlet n fix semi-infinit 0 x, 0 y < +. u xx + u yy = 0 em D u x (0, y) = u x (, y) = 0 u(x, 0) = f(x) u limitd Solução: O início d solução é igul o Exemplo 1, cim. Pelo método de seprção de vriáveis, começmos procurndo u d form u(x, y) = ϕ(x)ψ(y) e otemos ϕ (x) λϕ(x) = 0, (9) ψ (y) + λψ(y) = 0. (10) 5

6 D mesm form que nos exemplos já estuddos, otemos s condições de fronteir ϕ (0) = 0, ϕ () = 0. (11) Começmos nlisndo o prolem de vlor de fronteir de procurr ϕ : [0, ] R stisfzendo { ϕ (x) + λϕ(x) = 0 (12) ϕ (0) = 0, ϕ () = 0 Dividindo em csos temos Cso 1: λ < 0 Trivil Cso 2: λ = 0 Neste cso EDO fic ϕ (x) = 0. Segue que ϕ (x) = A. A prtir ds condições de fronteir ϕ (0) = ϕ () = 0, concluímos que A = 0. Portnto, ϕ (x) = 0. Otemos solução não trivil ϕ 0 (x) = B 0, λ 0 = 0. (13) Cso 3: λ > 0. Neste cso, λ = µ 2, com µ > 0. Neste cso, como em vários outros exemplos que já fizemos, s soluções não triviis são ϕ n (x) = A n cos nπx, λ n = n2 π 2 2. (14) Agor, com os λ ddos em (13) e (14), vmos nlisr equção (10). Pr λ 0 = 0, equção fic ψ (y) = 0 e tem solução ψ(y) = C 0 + D 0 y. Ms pr stisfzer condição de u ser limitd, vmos exigir que ψ sej limitd. ψ : [0, ) R, então devemos ter D 0 = 0. Otemos Como Pr λ n = n2 π 2 2, equção (10) fic ψ (y) n2 π 2 2 ψ n (y) = C n e nπy ψ 0 (y) = C 0. (15) ψ(y) = 0, cuj solução é + D n e nπy. Pel mesm rzão que cim, ψ deve ser limitd. Como o domínio é semi-ret [0, ), exponencil e nπy é ilimitd pois lim = +. Nesse domínio, exponencil e nπy é limitd, com e nπy y + e nπy 1. Segue que devemos ter C n = 0. Logo, Cominndo (13), (14), (15) e (16), otemos ψ n (y) = D n e nπy. (16) u 0 (x, y) = B 0 e Por superposição, otemos u n (x, y) = A n e nπy u(x, y) = B A n e nπy cos nπx. cos nπx. (17)

7 Pr y = 0, temos f(x) = u(x, 0) = B 0 + A n cos nπx, pr 0 x, que é expnsão de f em série de Fourier-cosseno. A constnte B 0 está fzendo o ppel do coeficiente 0 2. Portnto, B 0 = 1 f(x) dx (18) 0 e A n = 2 f(x) cos nπx dx. (19) 0 Portnto, solução do prolem é dd pel série (17), com os coeficientes ddos por (18) e (19). 7