Problemas de Contorno

CEFETRJ Campus UnED Angra dos Reis Disciplina Métodos Matemáticos para a Engenharia Data 10092024 Professora Anderson Correa Porto Discente Matrícula Curso Semestre 20241 Trabalho Problemas de Contorno Orientações gerais 1 Atentese para as orientações aqui fixadas 2 Sua avaliação consta de 3 questões somando 4 pontos 3 Respostas sem justificativas ou que não incluam os cálculos necessários não serão consideradas 4 O professor não irá tirar dúvidas durante a prova A interpretação das questões faz parte da mesma 5 A atividade deve ser entregue preferencialmente a caneta 6 Boa prova Questão 1 2 3 Total Valor 2 1 1 4 Pontuação 1 2 pontos Considere o seguinte Problema de Contorno ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 ux0 fx para x 0L Faça o que se pede a Determine uma solução do tipo vxt Xx para o Problema de Contorno ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 b Tomando wxt uxt vxt verifique que uxt é solução de ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 ux0 fx para x 0L se somente se wxt é solução de ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 ux0 fx B AL x A para x 0L Métodos Matemáticos para a Engenharia Trabalho Problemas de Contorno 2 1 ponto Resolva os seguintes Problemas de Contorno uxx uyy 0 x y 0 L 0 M u0y uLy ux0 0 para x 0 L e y 0 M uxM fx x 0 L 3 1 ponto Adotando que o Laplaciano de uma função uxr θ yr θ em coordenadas polares é dado por u urr 1 rur 1 r2uθθ Resolva o seguinte Problema de Contorno u 0 com 1 r 3 e 0 θ π u1θ ur 0 ur π 0 com 0 θ π e 1 r 3 u3 θ sin2θ Page 2 Trabalho Problemas de Contorno Orientações gerais 1 Atentese para as orientações aqui fixadas 2 Sua avaliação consta de 3 questões somando 4 pontos 3 Respostas sem justificativas ou que não incluam os cálculos necessários não serão consideradas 4 O professor não irá tirar dúvidas durante a prova A interpretação das questões faz parte da mesma 5 A atividade deve ser entregue preferencialmente a caneta 6 Boa prova Questão 1 2 3 Total Valor 2 1 1 4 Pontuação 1 2 pontos Considere o seguinte Problema de Contorno ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 ux0 fx para x 0L Faça o que se pede a Determine uma solução do tipo vxt Xx para o Problema de Contorno ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 b Tomando wxt uxt vxt verifique que uxt é solução de ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 ux0 fx para x 0L se somente se wxt é solução de ut uxx xt 0L 0 u0t A para t 0 uLt B para t 0 ux0 fx B AL x A para x 0L Métodos Matemáticos para a Engenharia Trabalho Problemas de Contorno 2 1 ponto Resolva os seguintes Problemas de Contorno uxx uyy 0 xy 0L 0M u0y uLy ux0 0 para x 0L e y 0M uxM fx x 0L 3 1 ponto Adotando que o Laplaciano de uma função uxrθ yrθ em coordenadas polares é dado por Δu urr 1r ur 1r2 uθθ Resolva o seguinte Problema de Contorno Δu 0 com 1 r 3 e 0 θ π u1θ ur0 urπ 0 com 0 θ π e 1 r 3 u3θ sin2θ Métodos Matemáticos 1 a Devemos encontrar uma função uxt que dependa apenas de x ou seja uma função estacionária Assim uxt Xx e ut0 pois u não depende do tempo Desta forma simplificamos a equação para uxx0 Esta equação é uma EDO e pode ser resolvida por integração uxx0 ux uxx dx 0 dx C1 ux C1x C2 ux C1 u ux dx C1 dx C1 x C2 onde C1 e C2 são constantes Agora utilizamos as condições de contorno para determinar C1 e C2 u0 A C1 0 C2 A C2 A uL B C1 L A B C1 L B A C1 B AL Portanto a solução estacionária é uxt B AL x A b Vamos verificar que uxt satisfaz a equação original se e somente se wxt satisfazer o problema de contorno homogêneo Como uxt wxt vxt temos ut wt vt wt pois vt 0 uxx wxx vxx wxx pois vxx vt 0 Substituindo estes resultados na equação original obtemos wt wxx Isto significa que wxt também satisfaz a equação homogênea do calor Agora vamos determinar as condições de contorno para wxt u0t w0t v0t w0t A A w0t 0 uLt wLt vLt wLt B B wLt 0 Assim wxt satisfaz as condições de contorno homogêneas w0t 0 wLt A condição inicial para wxt pode ser obtida da seguinte forma ux0 wx0 vx0 fx wx0 B AL x A wx0 fx B AL x A Logo uxt é solução do problema original se wxt for solução da equação homogênea descrita Reciprocamente wxt é solução se uxt for solução do problema original basta substituir os valores de wxt e vxt 2 Vamos resolver o problema pelo método de separação de variáveis ou seja procuramos uma solução da forma uxy XxYy Logo uxx XxYy e uyy XxYy Substituindo na equação obtemos Xx Yy Xx Yy 0 Xx Yy Xx Yy 0 dividindo por Xx Yy XxXx YyYy λ onde λ é constante Com isso obtemos duas EDOs Xx λXx 0 e Yy λYy 0 Primeiro vamos resolver a equação em Xx Se λ 0 então Xx 0 e Xx A Bx Se λ 0 a solução será da forma Xx A cosλ x B senλ x Se λ 0 definimos λ μ² onde μ 0 e a equação se torna Xx A coshμ x B senhμ x Pelas condições de contorno temos u0y uLy 0 para y 0M Logo X0 0 e XL 0 Isto elimina o caso λ 0 pois A B0 0 A BL A B 0 Analogamente elimina o caso λ 0 pois X0 A cosh0 B senh0 A 0 Xx B senhμ x mas XL B senhμ L 0 B 0 pois senhμ L 0 para μ 0 Assim nos resta λ 0 X0 A cosλ 0 B senλ 0 0 A 0 XL B senλ L 0 λ L nπ λ nπ L² Assim Xx sennπ x L Resolvendo para Yy obtemos Yy nπ L² Yy 0 Yy C senhnπ y L D coshnπ y L As condições de contorno são ux0 0 e uxM fx Assim Y0 0 C senhnπ 0 L D coshnπ 0 L 0 D 0 Logo Yy C senhnπ y L Pela condição uxM fx temos que uxy assume a forma geral uxy Σ n1 to Cn sen nπxL senh nπyL fx Σ n1 to Cn sen nπxL senh nπyL onde os coeficientes Cn são obtidos pela série de Fourier Cn 2 L senh nπmL 0 to L fx sennπxL dx Portanto uxy Σ n1 to 2 L senh nπmL 0 to L fx sennπxL dx sen nπxL senh nπyL 3 Vamos resolver por separação de variáveis assumindo urθ Rr Θθ Substituindo na equação temos RrΘθ 1r RrΘθ 1r2 RrΘθ 0 Dividindo por RrΘθ RrRr 1r RrRr 1r2 ΘθΘθ 0 r2 Rr r Rr λ Rr Θ λΘ 0 Assim temos Θ λΘ 0 e r2 R r R λR 0 Da equação de Θ obtemos Θθ A cosλ θ B senλ θ EDO homogênea linear e da equação de R obtemos Rr C rλ D rλ EDO CauchyEuler Para determinar os coeficientes A B C e D vamos utilizar as condições de contorno ur0 0 Θ0 0 A cosλ0 B senλ0 0 A 0 urπ 0 Θπ 0 B senλ π 0 λ π nπ λ n2 Logo Θθ sennθ A solução geral será da forma urθ Σ n1 to Cn rn Dn rn sennθ Como u1θ 0 temos u1θ Σ n1 to Cn Dn sennθ 0 Cn Dn 0 n Logo Cn Dn e podemos escrever urθ Σ n1 to Dn rn rn sennθ Por fim u3θ sen2θ logo u3θ Σ n1 to Dn 3n 3n sennθ sen2θ Observe que se n2 temos D2 32 32 sen2θ D2 9 19 sen2θ 809 D2 sen2θ Segue da igualdade u3θ sen2θ que 809 D2 1 e Dn 0 para todo n 2 Logo D2 980 e a solução final será urθ 980 r2 r2 sen2θ