Secção 9. Equações de derivadas parciais - MTM

9. Equações de derivadas parciais
Secção 9. Equações de derivadas parciais
(Farlow: Sec. 9.2 a 9.6)
Eis chegado o momento de abordar as equações diferenciais que envolvem mais do
que uma variável independente e, consequentemente, apresentam derivadas parciais. A sua
forma geral pode ser dada por:
Equação de
Derivadas
Parciais

∂u ∂u
∂ 2u ∂ 2u
∂ 2u

F  x, y,..., u( x, y,...), , ,..., 2 , 2 ,...,
,... = 0 ,
∂x ∂y
∂x ∂y
∂x∂y 

em que x, y, etc., são as variáveis independentes e u é a variável dependente. A ordem de
uma equação de derivadas parciais (EDP) corresponde à ordem da maior derivada parcial
presente na equação. De forma a simplificar a escrita, podemos recorrer a uma notação mais
compacta para designar as derivadas parciais. Por exemplo:
ux =
∂u
∂x
u xy =
∂ 2u
∂x∂y
Tal como sucedia nas EDOs, as EDPs também podem ser classificadas em termos da sua
linearidade. Assim, uma EDP linear deverá ser linear relativamente à variável dependente e
às suas derivadas. No caso de uma EDP linear de segunda ordem, teremos no caso geral:
EDP linear de
segunda ordem
au xx + bu xy + cu yy + dux + euy + fu = g ,
em que u é função de x e y e em que a, b, c, d, e, f são coeficientes que podem ser função de
x e y (mas não de u). Se esses coeficientes não forem função de x e y, a EDP diz-se de
coeficientes constantes. Se g = 0, a EDP diz-se homogénea. Esta EDP pode ser ainda
classificada de acordo com a natureza dos coeficientes que multiplicam as derivadas de
segunda ordem:
b 2 − 4ac = 0 ⇒ EDP parabólica
b 2 − 4ac > 0 ⇒ EDP hiperbólica
b 2 − 4ac < 0 ⇒ EDP elíptica
Resolução analítica de EDPs
Vamos estudar três formas de obter a solução analítica de uma EDP. Em muitos
casos, porém, tal não é possível, sendo então necessário optar pela resolução numérica.
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9. Equações de derivadas parciais
I. Integração directa
Este método só é aplicável se a EDP apresentar apenas uma derivada parcial. Logo, é de
interesse bastante restrito. Vejamos dois exemplos:
Exemplo
Consideremos a seguinte EDP:
∂u
=y
∂x
A derivada parcial que surge na equação designa a derivada de u em ordem a x com y
constante. Podemos então imediatamente integrar ambos os lados da equação em ordem a x
mantendo y constante:
u=
∫
ydx + f ( y ) = yx + f ( y ) .
x const.
Note-se que tivemos que adicionar uma parcela que pode ser função de y! De facto, esta
“constante de integração” tem que ser “constante” apenas relativamente a x.
Obtivemos assim uma “solução geral” que tem a forma:
u = yx + f ( y ) .
A função f(y) é desconhecida. Eventualmente, se fosse conhecida uma condição inicial do
problema, talvez fosse possível tentar identificar essa função. Por exemplo, se nos fosse
dado que:
u ( x = 0, y ) = sin( y ) ,
então viria que:
u ( x = 0, y ) = y × 0 + f ( y ) = sin( y ) ⇒ f ( y ) = sin( y ) .
Exemplo
Consideremos agora a EDP:
∂ 2u
= x2 + y2
∂x∂y
Tratando-se de uma derivada cruzada, teremos que integrar duas vezes a equação, primeiro
sobre y (com x constante) e depois sobre x (com y constante):
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9. Equações de derivadas parciais
∂u
y3
= ∫ x 2 + y 2 dy + f ( x ) = x 2 y + + f ( x) .
∂x x const.
3
(
u=
)
 2

y3
x 3 y y 3x
x
y
+
+
f
(
x
)
dy
=
+
+ h( x ) + g ( y ) ,


∫
3
3
3

y const.
em que h ( x ) = ∫ f (x ) dx . Assim, a solução obtida é:
u=
x3 y y 3 x
+
+ h( x) + g ( y ) .
3
3
II. Separação de variáveis
Este método é apenas aplicável em alguns casos. Normalmente, temos que “testar” a
equação para verificar se a separação de variáveis é realmente possível.
No caso geral de uma EDP cuja variável dependente é u(x,y), o método de separação
de variáveis baseia-se na possibilidade de a dependência de u relativamente à variáveis
independentes x e y poder ser expressa em termos do produto de duas funções: X(x) e Y(y),
ou seja:
u ( x, y ) = X (x )Y ( y) .
Vamos ver um exemplo prático de como o método pode ser implementado.
Exemplo
Consideremos uma EDP de primeira ordem que envolve duas derivadas parciais:
∂u ∂u
+
= 2( x + y )u .
∂x ∂y
O método de separação de variáveis parte da hipótese de u(x,y) poder ser representada como
u ( x, y ) = X (x )Y ( y) . Vamos substituir esta expressão na EDP e verificar se podemos depois
proceder à separação das variáveis x e y:
Y
dX
dY
+X
= 2( x + y ) XY .
dx
dy
Dividindo a equação por XY†:
Note-se que os operadores de derivação parcial, ∂ , foram substituídos por diferenciais totais, uma vez que X
e Y são apenas função de x e y, respectivamente.
†
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9. Equações de derivadas parciais
1 dX 1 dY
+
= 2( x + y ) .
X dx Y dy
Rearranjando:
1 dX
1 dY
− 2x = −
+ 2y .
X dx
Y dy
Ou seja, conseguimos de facto separar as variáveis. Reparemos agora que, sendo o lado
esquerdo desta equação apenas função da variável independente x e o lado direito apenas
função da variável independente y, então a igualdade só poderá ser válida se ambos os lados
forem iguais a uma mesma constante! De contrário seria impossível que, variando
independentemente x e y, a igualdade se mantivesse. Ou seja:
1 dX
− 2x = k
X dx
−
1 dY
+ 2y = k .
Y dy
A constante k é designada de constante de separação. Obtivemos então duas EDOs de
primeira ordem, facilmente resolúveis para X(x) e Y(y), respectivamente:
dX
= (2 x + k ) dx
X
ln X = x 2 + kx + C1
X = ex
2
+ kx + C1
dY
= (2 y − k ) dy
Y
ln Y = y 2 − ky + C2
Y = ey
2
−ky + C2
Podemos agora obter a solução para u(x,y):
u = XY = e x
2
+ y 2 + k ( −x y)+ C1+ C2
= Ce x
2
+ y 2 +k ( x− y)
.
Analisemos agora um exemplo um pouco mais complexo, associado a uma EDP de
segunda ordem.
Exemplo
A seguinte EDP é por vezes designada como “equação de calor unidimensional”,
pois descreve a variação da temperatura de um corpo, ao longo da direcção x, em função do
tempo t:
∂u
∂ 2u
=α2 2
∂t
∂x
0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0 .
Ou seja, u(x,t) pode represent ar a temperatura de uma barra metálica na posição x e no
instante t. α é a condutividade térmica do metal. Se pretendermos obter uma solução
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9. Equações de derivadas parciais
particular do problema, teremos que conhecer uma condição inicial sobre t e duas
condições fronteira sobre x, uma vez que a EDP envolve uma derivada de primeira ordem e
uma derivada de segunda ordem sobre cada uma das variáveis independentes,
respectivamente.
A condição inicial corresponderá à forma como a temperatura se distribui ao longo
da barra no instante t = 0:
u ( x,0) = f ( x ) .
Vamos assumir que a função f(x) é conhecida.
As condições fronteira correspondem normalmente à temperatura da barra em cada
extremidade, ou seja, para x = 0 e x = 1. Vamos assumir, por simplicidade, que essas são
constantes e iguais a zero:
u (0, t ) = 0
u (1, t ) = 0
Iniciemos então a aplicação do método de separação de variáveis. Tal como
anteriormente, vamos procurar representar u(x,t) como:
u ( x, y ) = X (x )T (t ) .
Substituindo na EDP:
X
dT
d 2X
= α 2T
.
dt
dx 2
Separando as variáveis obtemos:
1 1 dT 1 d 2 X
=
.
α 2 T dt X dx2
Esta igualdade só poderá ser válida para qualquer t e qualquer x se ambos os lados forem
idênticos a uma mesma constante:
1 1 dT
= −k
α 2 T dt
1 d2X
= −k .
X dx 2
Veremos a seguir que a constante de separação será determinada a partir das condições
fronteira do problema. Compreenderemos nessa altura porque razão é mais cómodo
designar, neste problema, a constante por –k e não simplesmente por k, como no problema
anterior.
Podemos agora resolver as duas EDOs obtidas. Para a primeira temos:
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9. Equações de derivadas parciais
1 dT
= −kdt ,
2
α T
ln T = −kα 2t + C ,
T = Ce− kα t .
2
E para a segunda:
d2X
+ kX = 0 .
dx 2
Esta é uma EDO linear homogénea de segunda ordem. Como sabemos, a sua solução geral
será a combinação linear de duas soluções particulares, as quais deverão ser do tipo erx. O
parâmetro r é obtido das raízes da equação característica:
r 2 + kX = 0 ⇒ r = ± −k .
Chegamos agora a um pequeno problema: conforme a constante de separação k seja
negativa, nula ou positiva, iremos ter diferentes possibilidades para a solução desta EDO. E
qual delas é a adequada para a solução do nosso problema? Vamos considerar todas as
hipóteses e depois verificar qual delas é compatível com as condições fronteira impostas, as
quais são:
u (0, t ) = 0 ⇒ X (0)T (t ) = 0 ⇒ X (0) = 0
u (1, t ) = 0 ⇒ X (1)T( t ) = 0 ⇒ X (1) = 0
Assim, segundo a natureza de k, teremos:
o
k < 0 implica que
− k é um número real, logo teremos soluções particulares dadas
por exponenciais:
X ( x) = Ae
−k x
+ Be −
− kx
.
E aplicando as condições fronteira:
 X (0) = 0  A + B = 0
⇒

−k
−
 X (1) = 0
 Ae + Be
−k
A = 0
⇒
= 0 B = 0
Ou seja, teríamos u(x,t) = 0, o que é a solução trivial e não é definitivamente aquilo
de que estamos à procura!
o
k = 0 implica r = 0 , ou seja, temos uma raiz real dupla. A primeira solução
particular será
Bxe
− kx
Ae
−k x
=A
e a segunda será (pelo método d’Alembert):
= Bx . Assim:
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9. Equações de derivadas parciais
X ( x) = A + Bx .
Aplicando as condições fronteira:
 X (0) = 0
⇒

 X (1) = 0
 A= 0
⇒

A + B = 0
A = 0

B = 0
Mais uma vez, obtemos apenas a solução trivial u(x,t) = 0.
o
k > 0 implica que
− k = i k é um número complexo, logo teremos que recorrer à
fórmula de Euler por forma a obter a solução geral em termos de uma combinação
de um seno e um co-seno:
X ( x) = A cos
(
)
k x + B cos
(
)
kx .
Aplicando novamente as condições fronteira:
 A = 0
 X (0) = 0  A cos(0) + B sin(0) = 0
⇒
⇒

 X (1) = 0  A cos k + B sin k = 0  B sin k = 0
( )
( )
Vemos então que k terá que obedecer à condição:
( )
k = nπ , com n = 1, 2,...
Finalmente obtivemos uma solução não trivial! Substituindo a expressão obtida para
k, a função X(x) é representada como:
X n ( x ) = Bn sin ( nπ x ) .
E T(t) como :
Tn (t ) = Cne −( nπα ) t .
2
Logo a solução do problema virá:
un ( x, t ) = X n ( x)Tn (t ) = Cne − ( nπα ) t Bn sin ( nπ x ) = bn e− ( nπα ) t sin ( nπ x ) ,
2
2
com n = 1, 2,... Existem então infinitas soluções possíveis (ditas soluções fundamentais),
uma para cada valor de n. A solução completa do problema é dada pela soma de todas as
soluções fundamentais:
∞
u (x , t ) = ∑ bne
n =1
− (n πα )2 t
sin ( nπ x ) .
Página 7 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
Resta-nos agora determinar os coeficientes bn , de forma a definir completamente a
solução particular que procurámos. Como fazê- lo? Ora bem, falta- nos ainda aplicar a
condição inicial do problema, u ( x,0) = f ( x ) :
∞
u ( x,0) = f ( x ) ⇒ ∑ bn sin ( nπ x ) = f ( x ) .
n =1
∞
O somatório
∑ b sin ( nπ x )
n
é uma série seno de Fourier ‡ . Sendo assim, os coeficientes bn
n =1
não são mais do que os coeficientes da expansão de f(x) numa série seno de Fourier para o
intervalo 0 ≤ x ≤ 1 ! Logo bn será dado por (ver Apêndice):
bn = 2∫ f ( x )sin ( nπ x ) dx .
1
0
Este integral permite-nos assim calcular os coeficientes bn a partir de f(x). A solução
particular do problema está finalmente completamente definida.
III. Transformada de Laplace
O método de aplicação da transformada de Laplace na resolução de EDPs é bastante
semelhante ao descrito na Secção 6, no contexto da resolução de EDOs. A transformada é
aplicada relativamente a uma das variáveis independentes (desde que esta tenha como
domínio o intervalo [0, +∞[ ), fazendo assim “desaparecer” as derivadas parciais em ordem a
essa variável. Vejamos um exemplo:
Exemplo
∂u ∂u
+
=t
∂t ∂ x
t ≥ 0, − ∞ < x < ∞
Condições do problema: u ( x,0) = 0, u(0, t) = t .
Vamos aplicar a transformada de Laplace sobre uma das variáveis independentes.
De acordo com a definição da transformada, a transformação só é possível se a variável em
causa tiver como domínio o intervalo [0, +∞[ . Este facto exclui a possibilidade de
aplicarmos a transformada sobre x. Vamos então transformar sobre t. A transformada de
‡
A teoria básica das séries de Fourier é descrita no Apêndice no final desta secção.
Página 8 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
Laplace de u(x,t) será ainda uma função de x, mas o domínio t será transformado no
domínio de Laplace, s:
∞
L {u (x , t )} = ∫ e− stu (x, t ) dt = u ( x , s) .
0
De acordo com a conhecida propriedade da transformada da derivada:
 ∂u (x , t ) 
L
 = su ( x , s ) − u ( x,0) .
 ∂t 
Por outro lado, uma vez que a transformada não é aplicada sobre x :
 ∂u ( x , t )  ∂u ( x , s )
L
.
=
∂x
 ∂x 
Assim, a transformação da EDP original dá:
su ( x , s ) − u ( x,0) +
∂u ( x , s ) 1
= 2.
∂x
s
Podemos já aplicar a condição inicial u ( x,0) = 0 , obtendo:
su +
∂u 1
= .
∂x s 2
A derivada parcial em ordem a t foi assim eliminada. Obtivemos uma EDP com apenas uma
derivada em ordem a x, a qual é resolúvel por integração directa:
∫
∂u
= ∫∂ x + f ( s) .
1
−
su
s2
Note-se que, tal como discutimos no início desta secção, a “constante de integração” que
adicionamos, f(s), pode ser função da outra variável independente! Integrando obtemos:
1
1
− ln 2 − su = x + f (s ) .
s s
Explicitando para u :
u ( x , s) =
1
− g (s )e − sx .
3
s
Não podemos ainda inverter esta transformada, uma vez que desconhecemos g(s). Esta
“constante de integração” será determinada aplicando a condição fronteira u (0, t) = t (notese que a condição inicial, u ( x,0) = 0 , já foi aplicada). Temos, no entanto, que começar por
transformar essa condição para o domínio de Laplace:
Página 9 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
u (0, t) = t ⇒ u (0, s) = L {t} =
1
.
2
s
Aplicando a condição obtida à solução anterior:
u (0, s ) =
1
1
1
1 1
⇒ 3 − g (s ) e− sx = 2 ⇒ g ( s ) = 2 − 3 .
2
s
s
s
s
s
u ( x , s) =
1  1 1  − sx 1 e − sx e− sx
−
−
e = 3− 2 + 3 .
s3  s 2 s 3 
s
s
s
Logo:
Agora sim, podemos inverter a expressão resultante para o domínio t §:
u (x, t ) =
§
t2
(t − x ) 2
− (t − x) H (t − x) +
H (t − x ) .
2
2
A inversão das transformadas de Laplace é efectuada da forma usual, tratando x como constante.
Página 10 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
Apêndice: Séries de Fourier
Qualquer função f(x) contínua num intervalo [0, L] pode ser representada por uma
série de senos ou co-senos. Ou seja, existe uma série de senos ou co-senos que converge
para f(x). Essas séries definem-se da seguinte forma:
∞
nπ 
Série seno de Fourier: f ( x ) = ∑ bn sin 
x
 L 
n =1
Expansão em
série seno e
co-seno de
Fourier
Série co-seno de Fourier: f ( x ) =
a0 ∞
 nπ 
+ ∑ an cos 
x
2 n=1
 L 
A expansão de uma função em série de Fourier só fica definida após a determinação
dos coeficientes bn e an . Uma relação entre estes e a função a expandir, f(x), pode ser obtida
com base a propriedade de ortogonalidade das funções seno e co-seno. No caso das funções
seno, demonstra-se que o produto escalar de duas funções seno, designado por < Sn , S m > ,
é dado por:
 nπ
∫ sin  L
0
L
 0, n ≠ m

  mπ 
x  sin 
x  dx = < S n , S m > =  L
  L 
 2 , n = m
Ou seja, Sn e Sm são ortogonais se n ≠ m .
Multiplicando ambos os lados da expansão em série seno de f(x) por Sn e aplicar o
produto escalar, obtemos:
∞
 mπ 
 mπ   nπ
sin
x
f
(
x
)
dx
=
bn ∫ sin 
x  sin 
∑
∫0  L 
 L   L
n =1
0
L
L

x dx

Segundo a propriedade de ortogonalidade das funções seno, o integral do lado direito é não
nulo apenas quando n = m. Logo a equação anterior fica:
L
L
 mπ 
x  f ( x) dx = bm .
L 
2
∫ sin 
0
De onde se conclui que:
Definição dos
coeficientes da
expans ão em
série seno de
Fourier
2 L  nπ
bn = ∫ sin 
L0
 L
2

x  f ( x )dx = < f , S n > .
L

Da mesma forma, para a expansão em série co-seno de Fourier, utilizamos a
propriedade de ortogonalidade das funções co-seno:
Página 11 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
0, m ≠ n
 L
 nπ 
 mπ 
∫ cos  L x  cos  L x  dx =  2 , m = n ≠ 0
0

 L, m = n = 0
L
Seguindo um procedimento análogo ao anterior, obtemos ** :
Definição dos
coeficientes da
expans ão em
série co-seno
de Fourier
2L
2
 nπ 
an = ∫ cos 
x f (x ) dx = < f , Cn > .
L0
L
 L 
Exemplo
Vamos expandir f(x) = x numa série seno e numa série co-seno de Fourier, com x ∈
[0,1].
A forma da expansão em a série seno será (note-se que L = 1):
 nπ
f ( x ) = ∑ bn sin 
 L
n =1
∞
∞

x  = ∑ bn sin ( nπ x ) .
 n=1
Os coeficientes bn são obtidos de:
1
2 L  nπ 
bn = ∫ sin 
x  f (x ) dx = 2 ∫ sin ( nπ x )xdx
L0
 L 
0
O integral anterior pode ser obtido de uma tabela de integrais, obtendo-se então:
bn =
2
(−1) n+1 .
nπ
Ou seja, f(x) = x pode ser representada pela série:
∞
2
2
n +1
( −1) sin ( nπ x ) =
π
n =1 nπ
f (x ) = ∑
1
1


sin(π x)− sin(2π x )+ sin(3π x ) − ...
2
3


Na figura seguinte podemos ver a representação gráfica da série, utilizando apenas
três e oito parcelas no somatório. É notório que no segundo caso se obtém um resultado
mais próximo da função original, se bem que a série diverge sempre para x = 1, uma vez
que, como sin ( nπ ) = 0 , todas as parcelas do somatório são nulas nesse ponto.
**
As expressões obtidas para os coeficientes b n e a n não são mais do que, respectivamente, as definições da
Transformada Seno e da Transformada Co-seno de Fourier de uma função f(x). Estas transformadas são de
grande importância em várias áreas da matemática e da engenharia. No entanto, o seu estudo mais
aprofundado está fora do âmbito desta disciplina.
Página 12 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
1
f(x) = x
0.9
Série seno, 3 parcelas
0.8
Série seno, 8 parcelas
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Vamos agora efectuar a expansão em série co-seno:
f (x ) =
∞
a0 ∞
 nπ  a0
+ ∑ an cos 
x  = + ∑ an cos ( nπ x )
2 n=1
 L  2 n=1
Calculemos os coeficientes:
a0 =
1
2L
f
(
x
)
dx
=
2
∫0 x dx = 1
L ∫0
4

1
, n par
2L
 nπ 
−
an = ∫ cos 
x  f ( x) dx = 2 ∫ cos ( nπ x )x dx =  ( nπ ) 2
L0
 L 
0
 0, n impar

com n = 1,2,…
Então, f(x) será dada por:
f (x ) =
1 4 
1
1

− 2 cos(π x)+ 2 cos(3π x) + 2 cos(5 π x ) + ...
2 π 
3
5

Mais uma vez, podemos ver a representação gráfica desta série, considerando apenas os
primeiros termos:
Página 13 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
1
f(x) = x
0.9
Série coseno, 2 parcelas
0.8
Série coseno, 8 parcelas
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Vemos agora que se obtém uma muito melhor representação da função f(x), mesmo usando
apenas oito parcelas. A série co-seno é assim uma melhor escolha para representar a função
f(x) = x .
Página 14 da Secção 9
9. Equações de derivadas parciais
Sumário da Secção 9
•
•
Resolução analítica de EDPs
I.
Integração directa
II.
Separação de variáveis
III.
Transformada de Laplace
Apêndice: Séries de Fourier
Página 15 da Secção 9