Exercícios Resolvidos-2022 1

(4) Resolver: \begin{cases} u_t - k u_{xx} = g(x)\\ u_x (0,t) = 0 = u(L,t)\\ u(x,0) = f(x) \end{cases} Dica: Encontre a Solução de Equilíbrio: \( U(x) \) e a seguir faça \( u(x,t) = U+u_H \) OBS: Solução de equilíbrio é uma solução da EDP e das CCs. Nota que \( u(x,t) \) deve ser solução de problema homogêneo com \( u(x,0) = f(x) - U(x) \) (7) Resolver por Duhamel: \begin{cases} u_{tt} - c^2 u_{xx} = 3 \cos t, \quad 0 < x < \pi \\ u_x (0,t) = 0 = u_x (\pi,t) \\ u(x,0) \equiv u_t (x,0) \equiv 0, \quad com\ c = 1.! \end{cases} 4) { ∂u ∂t (x, t) − k ∂2u ∂x2 (x, t) = q(x) u(0, t) = 0, t > 0 u(L, t) = 0 u(x, 0) = f(x), 0 < x < L Supondo que u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) Derivando conforme o problema, temos: ∂ ∂t [v(x, t) + w(x, t)] − k ∂2 ∂x2 [v(x, t) + w(x, t)] = q(x) ∂v ∂t (x, t) + ∂w ∂t (x, t) − k ∂2v ∂x2 (x, t) − k ∂2w ∂x2 (x, t) = q(x) Supondo w(x, t) = U(x), temos que ∂v ∂t (x, t) + ∂ ∂t U(x) − k ∂2v ∂x2 (x, t) − k ∂2 ∂x2 U(x) = q(x) ∂v ∂t (x, t) − k ∂2v ∂x2 (x, t) − k d2U dx2 = q(x) ∂v ∂t (x, t) − k ∂2v ∂x2 (x, t) = q(x) + k d2U dx2 Assim, se forçarmos que ∂v ∂t (x, t) − k ∂2v ∂x2 (x, t) = 0 q(x) + k d2U dx2 = 0 temos que { k d2U dx2 = −q(x) U(0) = 0 U(L) = 0 Logo, U(x) = a1x + a2 − Q(x) Aplicando as condições de contorno: a1 ∙ 0 + a2 − Q(x) = 0 → a2 = Q(0) U(L) = a1L + a2 − Q(L) = 0 → a1L + Q(0) − Q(L) = 0 → a1 = Q(L) − Q(0) L Assim, U(x) = Q(0) + Q(L) − Q(0) L x − Q(x) Agora, solucionando a EDP abaixo, temos: { ∂v ∂t (x, t) − k ∂2v ∂x2 (x, t) = q(x) v(0, t) = 0, t > 0 v(L, t) = 0 v(x, 0) = f(x) − U(x), 0 < x < L O método para resolver esse tipo de EDP é supor que podemos escrever u(x, t) como o produto de uma função que só depende de x com outra que só dependa de t. Assim v(x, t) = X(x)T(t) Derivando parcialmente conforme a edp pede, temos: ∂2v ∂x2 = dX dx T ∂v ∂t = X dT dt Assim, dX dx T XT = 1 α2 X dT dt XT → dX dx X = dT dt α2T = λ → { dT dt − kλT = 0 dX dx − λX = 0 Onde a solução geral desta é dada por Assim, supondo T(t) = 0, temos v(0, t) = X(0)T(t) = 0 → X(0) = 0 v(L, t) = X(L)T(t) = 0 → X(L) = 0 Assim, para a segunda edo, temos: { dX dx − λX = 0 X(0) = X(L) = 0 A constante λ pode assumir diversos valores (negativos, positivos e nulos). Testaremos todos eles: Para λ = ϕ2 dX dx − ϕ2X = 0 Equação característica: r2 − ϕ2 = 0 → r = ∓ϕ Assim, X(x) = c1e−ϕx + c2eϕx Para λ = 0 dX dx = 0 Equação característica: 𝑟2 = 0 Assim, X(x) = c1e−0∙x + c2𝑥e0∙x = c1 + c2x Para λ = −ϕ2 dX dx + ϕ2X = 0 r2 + ϕ2 = 0 → r = ∓iϕ X(x) = c1 cos ϕx + c2 sen ϕx Aplicando as condições para cada caso, temos que c1e−ϕ∙0 + c2eϕ∙0 = 0 → c1 = −c2 c1e−ϕ∙L + c2eϕ∙L = 0 → −c2e−ϕ∙L + c2eϕ∙L = 0 → 2c2 ∙ eϕ∙L − e−ϕ∙L 2 = 2c2 ∙ eϕ∙L − e−ϕ∙L 2 senh ϕL = 0 Temos que c2 = c1 = 0 Logo, λ > 0 a solução é trivial. c1 + c2 ∙ 0 = 0 → c1 = 0 c1 + c2 ∙ L = 0 → c2 = 0 Logo, para λ = 0 a solução também é trivial. X(0) = c1 cos ϕ ∙ 0 + c2 sen ϕ ∙ 0 = 0 → c1 = 0 X(0) = c1 cos ϕ ∙ L + c2 sen ϕ ∙ L = 0 → c2 sen ϕL = 0 Forçando c2 ≠ 0, temos quesen ϕL = 0 ↔ ϕL = nπ → ϕ = nπ L Assim, chamamos λn = − n2π2 L2 autovalor e Xn(x) = cn sen nπ L x Autofunção. Para a primeira equação, temos dT dt − kλT = 0 → dTn dt + n2π2k L2 Tn = 0 Que é uma EDO linear homogênea de ordem 1, cuja solução é dada por Tn(t) = e− ∫n2π2k L2 dt [c3 + ∫ e∫n2π2k L2 dt ∙ 0 dt] Tn(t) = ane−n2π2k L2 t Logo, temos que as soluçoes da EDP é dada por: vn(x, t) = Xn(x)Tn(t) = cn sen nπ L x ∙ ane−n2π2k L2 t vn(x, t) = bne−n2π2k L2 t sen nπ L x = {b1e−π2k L2 t sen π L x , b2e−4π2k L2 t sen 2π L x , … } Que é uma sequência de funções que gera todas as soluçoes da equação do calor com condições de contorno homogêneas. Pelo princípio da superposição, temos que v(x, t) = ∑ vn(x, t) +∞ n=1 = ∑ bne−n2π2k L2 t sen nπ L 𝑥 +∞ n=1 Por fim, u(x, t) = v(x, t) + U(x) = 𝐐(𝟎) + 𝐐(𝐋) − 𝐐(𝟎) 𝐋 𝐱 − 𝐐(𝐱) + ∑ 𝐛𝐧𝐞 −𝐧𝟐𝛑𝟐k 𝐋𝟐 𝐭 𝐬𝐞𝐧 𝐧𝛑 𝐋 𝒙 +∞ 𝐧=𝟏 Para determinar bn, basta utilizar a condição inicial: u(x, 0) = v(x, 0) + U(0) = Q(0) + Q(L) − Q(0) L x − Q(x) + ∑ bn sen nπ L x +∞ n=1 = f(x) ∑ bn sen nπ L x +∞ n=1 = f(x) − Q(0) − Q(L) − Q(0) L x + Q(x) Assim, definindo uma extensão impar para esta função, bn é dado por: bn = 𝟐 𝑳 ∫ [𝐟(𝐱) − 𝐐(𝟎) − 𝐐(𝐋) − 𝐐(𝟎) 𝐋 𝐱 + 𝐐(𝐱)] 𝑳 𝟎 𝐬𝐞𝐧 𝐧𝛑 𝐋 𝐱 𝐝𝐱 17) { ∂2u ∂t2 (x, t) − ∂2u ∂x2 (x, t) = 3 cos 𝑡 ∂u ∂x (0, t) = ∂u ∂x (π, t) = 0 u(x, 0) = ∂u ∂t (x, 0) = 0 De maneira análoga ao exercício 4, temos que u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) Derivando conforme o problema, temos: ∂2 ∂t2 [v(x, t) + w(x, t)] − ∂2 ∂x2 [v(x, t) + w(x, t)] = 3 cos 𝑡 ∂2v ∂t2 (x, t) + ∂2w ∂t2 (x, t) − ∂2v ∂x2 (x, t) − ∂2w ∂x2 (x, t) = 3 cos 𝑡 Supondo w(x, t) = U(t), temos que ∂2v ∂t2 (x, t) + d2U dt2 − ∂2v ∂x2 (x, t) = 3 cos 𝑡 Assim, se forçarmos que ∂2v ∂t2 (x, t) − ∂2v ∂x2 (x, t) = 0 − d2U dt2 + 3 cos 𝑡 = 0 d2U dt2 = 3 cos 𝑡 Condições de contorno: ∂u ∂x (x, t) = ∂v ∂x (x, t) + ∂U ∂x (x, t) ∂u ∂x (x, t) = ∂v ∂x (x, t) → { ∂u ∂x (0, t) = ∂v ∂x (0, t) = 0 ∂u ∂x (π, t) = ∂v ∂x (π, t) = 0 Resolvendo a edo em U pelo método dos coeficientes indeterminados: d2U dt2 = 3 cos 𝑡 Homogênea associada: Uh = c1t + c2 Particular 𝑈𝑝 = 𝐴 cos 𝑡 + 𝐵 sen 𝑡 𝑈𝑝 ′ = −𝐴 sen 𝑡 + 𝐵 cos 𝑡 𝑈𝑝 ′′ = −𝐴 cos 𝑡 − 𝐵 sen 𝑡 −𝐴 cos 𝑡 − 𝐵 sen 𝑡 = 3 cos 𝑡 {−𝐴 = 3 −𝐵 = 0 Assim, 𝑈𝑝 = −3 cos 𝑡 E U(𝑡) = c1t + c2 − 3 cos 𝑡 Condições de contorno: u(x, 0) = v(x, 0) + U(0) = 0 → U(0) = 0 ut(x, 0) = vt(x, 0) + U′(0) = 0 → U′(0) = 0 Logo, U(0) = c1 ∙ 0 + c2 − 3 cos 0 → c2 = 3 U′(𝑡) = c1 + 3 sen 𝑡 U′(0) = c1 + 3 sen 0 = 0 → 𝑐1 = 0 Assim, U(𝑡) = 3 − 3 cos 𝑡 Agora, vamos resolver o problema homogêneo: { ∂2v ∂t2 (x, t) − ∂2v ∂x2 (x, t) = 0 ∂v ∂x (0, t) = 0 ∂v ∂x (π, t) = 0 v(x, 0) = ∂v ∂t (x, 0) = 0 Assim, ∂2 ∂x2 [X(x)T(t)] = ∂2 ∂t2 [X(x)T(t)] d2X dx2 T = X d2T dt2 d2X dx2 X = d2T dt2 T = λ Assim { d2X dx2 − λX = 0 d2T dt2 − λT = 0 Condições de contorno: v(0, t) = X(0) ∙ T = 0 → X(0) = 0 v(π, t) = X(π) ∙ T = 0 → X(π) = 0 v(x, 0) = X ∙ T(0) = 0 → T(0) = 0 Logo, já sabemos desde o exercício acima, como é o rosto dessa solução: Xn(x) = cn sen nx Onde λn = −n2. Assim, para T(t), temos d2T dt2 − λT = 0 d2Tn dt2 + n2Tn = 0 Cuja solução é dada por Tn(t) = an cos n t + bn sen nt E para T(0) = 0 temos que Tn(t) = bn sen nt Assim, vn(x, t) = bn sen nx sen nt E pelo princípio da superposição: v(x, t) = ∑ bn sen nx sen nt +∞ 𝑛=1 Cara, não saquei esse problema de Duhamel. Não acredito que as minhas contas estejam erradas, mas a solução é dada por u(x, t) = 3 − 3 cos 𝑡 + ∑ bn sen nx sen nt +∞ 𝑛=1 Mas bn se anula, pois, todas as condições, inicial e de contorno são homogêneas. Se der ruim, peça reembolso. Abraço.