m´etodos cl´assicos em equac¸˜oes diferenciais parciais

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MÉTODOS CLÁSSICOS
EM
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS
MÉTODOS CLÁSSICOS
EM
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS
(2a¯ Edição)
Luis Adauto Medeiros
Professor Emérito UFRJ
Juan Limaco Ferrel
Angela Cássia Biazutti
Professor Adjunto IM/UFF
Professora Adjunta IM/UFRJ
Instituto de Matemática - UFRJ
Rio de Janeiro, RJ - 2000
M488
Medeiros, Luis Adauto, 1926Métodos Clássicos em Equações Diferenciais Parciais/ Luis Adauto Medeiros, Juan Limaco Ferrel,
Angela Cássia Biazutti - 2. Ed. - Rio de Janeiro:
UFRJ. IM, 1999.
163p.
Inclui bibliografia.
1. Equações Diferenciais Parciais. I. Limaco Ferrel, Juan. II. Biazutti, Angela Cássia. III. Universidade Federal do Rio de Janeiro. Instituto de Matemática. IV. Tı́tulo.
ISBN: 85-87674-02-1
CDD-20a 515.353
I don’t believe I can really do without teaching.
The reason is, I have to have something so that
when I don’t have any ideas and I’m not getting
anywhere I can say to myself, ”At least I’m living;
at least I’m doing something; I am making some
contribution” - it’s just psychological.
Richard Feymman
(Prêmio Nobel de Fı́sica)
PREFÁCIO
A esta segunda edição foram anexadas substanciais modificações. A primeira
edição foi adotada no Instituto de Matemática da UFF pelo Professor Juan Limaco
Ferrel, sugerindo, com base em suas aulas, várias mudanças no texto e a introdução de
uma coleção de exercı́cios resolvidos e outra por resolver com dificuldades semelhantes.
O capı́tulo sobre equações parabólicas foi totalmente re-escrito pela Professora Angela
Cássia Biazutti anexando, também, uma relação de exercı́cios resolvidos e por resolver.
Note-se, entretanto, que apesar das alterações mencionadas foi mantido o caráter
didático e metódico do texto com escolha de raciocı́nios simples, porém vigorosos, com
o objetivo de transmitir ao aluno idéias, algumas vezes complexas. Acredito que um
princı́pio pedagógico eficiente é apresentar os resultados matemáticos básicos em casos
simples para que o aluno possa compreendê-los, por si só, desenvolvê-los em casos mais
gerais. Concorda-se com B. Niewenglowski, ao dizer: “C’est en étudiant questions
regardées comme élémentaires mais exigeant déjà un sérieux effort d’attention qui nait
l’amour de la science; c’est en resolvant ce qu’on peut appeler de jolies questions qu’on
se sent pris du desir d’aller en avant et qu’on réussit à allumer le flambeau sacré.”
Os métodos adotados para o estudo de equações diferenciais parciais são “clássicos”, isto é, a derivada é no sentido de Newton-Liebniz, a integral é a de CauchyRiemann-Darboux e o espaço onde tudo acontece é o plano Euclidiano R2 , onde habitam
as funções reais do texto.
Agradeço à Lourdinha quem, pacientemente, fez a revisão do texto e re-desenhou
as figuras com os instrumentos sagrados – a régua e o copo, substituto natural do
compasso em situações apropriadas.
À Liliana Angelina Leon e ao Silvano Bezerra de Menezes, agradeço pela leitura
do texto por ocasião da disciplina introdutória de Equações Diferenciais Parciais no
IMUFRJ, primeiro semestre de 1998. Agradeço, também, ao professor Waldemar Bastos
da Unesp de Rio Claro que revisou este texto ao lecionar, apresentando diversas sugestes
que foram aqui implementadas.
Ao Wilson Góes, pela paciência ao digitar o manuscrito.
Teresópolis, 2 de outubro de 1999
Luis Adaudo Medeiros
INTRODUÇÃO (1a¯ edição)
O presente texto, parte de uma trilogia sobre equações diferenciais parciais,
baseia-se em notas de aula de lições professadas pelo autor na parte propedêutica do
Instituto de Matemática da UFRJ. Este e o livro: L.A. Medeiros - N.G. Andrade ”Iniciação às Equações Diferenciais” LTC 1973, Rio de Janeiro, RJ, se completam. Note-se,
entretanto, que podem ser lidos independentemente. O texto publicado pela LTC objetiva o estudo de três problemas básicos da Fı́sica modelados por equações diferenciais
parciais. No presente estudo aqueles modelos são examinados sem a preocupação de
fazê-los nascer da experiência, mas sim de um ponto de vista puramente analı́tico, sem
a preocupação com a motivação. Os três operadores
(1)
∂ 2u ∂ 2u
−
;
∂y 2
∂x2
∂ 2u ∂ 2u
+
;
∂y 2
∂x2
∂u ∂ 2 u
−
,
∂y
∂x2
são reencontrados por meio do estudo geral do operador diferencial parcial linear, de
segunda ordem, no plano R2 , isto é:
(2)
a
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
2b
+
c
,
∂x2
∂x∂y
∂y 2
sendo a(x, y), b(x, y), c(x, y) funções reais definidas em um aberto Ω do plano R2 .
Quando os operadores diferenciais (1) são realizados, representando problemas
da Fı́sica a variável y é o tempo denotado por t. Retornando ao citado livro da LTC, os
operadores (1) seriam, da esquerda para a direita, o de vibrações transversais de uma
corda elástica (d′ Alembert 1717-1783); o operador do potencial (Laplace 1749-1827) e
o operador do calor (Fourier 1768-1830). Em dimensões do espaço superiores a dois,
modelam uma grande variedade de problemas da Ciência em geral. No presente texto
eles aparecem como formas canônicas das equações hiperbólicas, elı́ticas e parabólicas.
x
Apenas a tı́tulo de uma primeira informação, mencionou-se o operador
y
∂ 2u ∂ 2 u
+ 2,
∂x2
∂y
de tipo misto (Tricomi 1897-1978).
A presente exposição compõe-se de cinco seções. Uma dedicada ao problema de
Cauchy para (2), estudo das caracterı́sticas e conseqüente classificação em hiperbólicos,
elı́ticos e parabólicos. Nas seções seguintes são estudadas, resumidamente, cada uma
das classes acima. No caso hiperbólico estuda-se o problema de Cauchy e o de Goursat.
Analisa-se o método de Riemann aplicando-o à equação do telégrafo. Por meio da
fórmula de Riemann reencontra-se a solução de d′ Alembert.
Na seção dedicada às equações elı́ticas são estudados os problemas de Dirichlet e
Neumann. Analisa-se a função de Green de um domı́nio do R2 que é calculada no caso
de um cı́rculo de raio R. Salienta-se a estreita relação entre as funções harmônicas no
R2 com as funções holomorfas em C.
Conclui-se com o estudo das soluções analı́ticas por intermédio do método de
Cauchy, por ele denominado ”método dos limites” e também chamado ”método de
majorantes”.
Dir-se-ia que se supõe do leitor o conhecimento dos fundamentos da análise
matemática clássica.
Agradece-se à Lourdinha pela revisão e leitura do manuscrito, modificando certos
trechos da redação para torná-la mais clara. Também pela construção das figuras que
aparecem no texto.
Ao Wilson Góes pelo belo trabalho ”micrográfico”. Ao Sergio e Carlindo, da
Reprografia do IM, pela colaboração no momento da impressão.
Rio de Janeiro, março de 1977
Luis Adauto Medeiros
xi
SUMÁRIO
1.
Equações no Plano R2 - Caracterı́sticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Exercı́cios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Exercı́cios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.
Equações Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
Problema de Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Método de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Equação do Telégrafo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Cordas Vibrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Princı́pio de Duhamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Exercı́cios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Exercı́cios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.
Equações Elı́ticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
Fórmulas de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
Problema de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Função de Green no Cı́rculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
Problema de Neumann no Cı́rculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
Observações sobre a Função de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
Exercı́cios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Exercı́cios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
4.
Equações Parabólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Fio de Comprimento Finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
xii
Fio de Comprimento Não Finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Equação Não Homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Propriedades das Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
Observação Final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Exercı́cios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Exercı́cios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
5.
Soluções Analı́ticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
Equações Diferenciais Ordinárias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Equações Diferenciais Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
1
1.
EQUAÇÕES NO PLANO R2 -CARACTERÍSTICAS
Nesta seção serão consideradas equações diferenciais parciais de segunda ordem,
para a função incógnita u(x, y), uma aplicação numérica definida para x, y em um
aberto Ω do plano R2 . Considere-se o operador diferencial
(1)
Lu = a(x, y)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
2b(x,
y)
+
c(x,
y)
,
∂x2
∂x∂y
∂y 2
sendo a(x, y), b(x, y), c(x, y) funções reais definidas e regulares em Ω. O domı́nio de L é o
espaço vetorial real C 2 (Ω) de todas as funções reais em Ω e aı́ duas vezes continuamente
diferenciáveis. Tem-se que L é um operador linear, isto é, para todo par de funções
u, v ∈ C 2 (Ω) e todo par de números reais α, β ∈ R, tem-se:
(2)
L(αu + βv) = α Lu + β Lv.
Considere-se uma função F definida em Ω × R3 tal que a cada ponto (x, y, ξ, η, ζ)
de Ω × R3 associa o número real F (x, y, ξ, η, ζ).
Definição 1. Denomina-se equação diferencial parcial de segunda ordem, quase linear,
na incógnita u(x, y), a uma equação do tipo:
(3)
∂u ∂u
,
,
Lu = F x, y, u,
∂x ∂y
sendo L e F definidos anteriormente.
Definição 2. Denomina-se solução de (3) a uma função u(x, y), de classe C 2 (Ω), tal
que a igualdade (3) seja verificada pontualmente em Ω.
2
Considere-se uma curva γ do plano R2 , com equações paramétricas
γ : x = ϕ(t)
y = ψ(t)
0 ≤ t ≤ 1.
Suponha γ regular e sem auto-intersecções. A derivada de ϕ e ψ relativamente ao
◦
◦
◦
◦
parâmetro t, representa-se por ϕ e ψ. Supõe-se que ϕ2 + ψ 2 > 0 em [0, 1].
O Problema de Cauchy, para a equação diferencial quase linear Lu =
∂u ∂u
, consiste em determinar uma solução u(x, y) para esta equação,
,
F x, y, u,
∂x ∂y
conhecendo-se os valores de u(x, y) e das derivadas
∂u ∂u
,
sobre γ. Simbolicamente,
∂x ∂y
escreve-se:
∂u ∂u
Lu = F x, y, u,
em Ω
,
∂x ∂y
∂u ∂u
u,
∂x , ∂y conhecidas sobre γ
(4)
Esta é uma formulação vaga do Problema de Cauchy. Posteriormente retorna-se
a este problema com as condições necessárias sobre γ para que o problema (4) possua
solução.
Introduz-se uma notação, para tornar mais simples o texto. Assim, representa-se
por H, U , V as seguintes funções definidas sobre γ:
H(t) = u(x, y) com (x, y) ∈ γ
U (t) = ∂u (x, y) com (x, y) ∈ γ
∂x
V (t) = ∂u (x, y) com (x, y) ∈ γ
∂y
Considere-se u uma solução do problema de Cauchy (4). São conhecidas sobre
γ as funções u,
∂u ∂u
e
e, portanto, H(t), U (t), V (t) e F (ϕ(t), ψ(t), H(t), U (t), V (t)).
∂x ∂y
3
Portanto, são conhecidas as derivadas
dU
dV
∂ 2u
e
. Assim, as derivadas segundas
,
dt
dt
∂x2
∂ 2u
∂ 2u
e
são determinadas, sobre γ, por meio do sistema:
∂x∂y ∂y 2
dU
∂2u ◦
∂ 2u ◦
ψ
=
ϕ
+
dt
∂x2
∂x∂y
∂V
∂ 2u ◦ ∂ 2u ◦
=
ϕ+ 2 ψ
∂t
∂x∂y
∂y
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
∂u ∂u
a
∂x2 + 2b ∂x∂y + c ∂y 2 = F x, y, u ∂x , ∂y
(5)
Observe, uma vez mais, que (5) está sendo considerado sobre a curva γ, isto é, para
x = ϕ(t), y = ψ(t).
A matriz do sistema (5) é:
◦
ϕ



0

a
◦
ψ
◦
ϕ
2b
0




ψ

◦
c
cujo determinante é:
◦
◦◦
◦
δ = cϕ2 − 2bϕψ + aψ 2 .
Do estudo de sistema de equações lineares, conclui-se:
•
Se δ 6= 0 o sistema linear (5) é determinado e sua solução
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
,
,
,
∂x2 ∂x∂y ∂y 2
sobre γ, é obtida por meio da regra de Cramer.
•
Quando δ = 0 o sistema (5) é indeterminado ou impossı́vel.
4
Definição 3.
i) Denomina-se curva caracterı́stica para a equação Lu = F , a curva γ sobre a
qual δ = 0, isto é,
◦◦
◦
◦
cϕ2 − 2bϕψ + aψ 2 = 0.
(6)
ii) As curvas γ tais que δ 6= 0 denominam-se não caracterı́sticas.
A seguir serão demonstrados alguns resultados permitindo o cálculo das curvas
caracterı́sticas de Lu = F ou de L.
Proposição 1.
i) Se a 6= 0 sobre γ, as curvas caracterı́sticas de L são as soluções da equação
diferencial ordinária:
dy
a
dx
(7)
2
dy
− 2b
dx
+ c = 0.
ii) Se c 6= 0 sobre γ, as curvas caracterı́sticas de L são as soluções da equação
diferencial ordinária
2
dx
dx
− 2b
+ a = 0.
c
dy
dy
(8)
iii) Se a = c = 0 sobre γ, as curvas caracterı́sticas de L são as retas x = cst,
y = cst, isto é, a dupla famı́lia de retas paralelas aos eixos coordenados.
Demonstração:
i) De fato, suponha que γ seja uma curva caracterı́stica para a equação Lu = F ,
◦
e a(ϕ(t), ψ(t)) 6= 0 em t0 . Esta hipótese implica em ϕ(t) 6= 0 em uma vizinhança de t0 .
Realmente, sendo γ caracterı́stica para Lu = F , obtém-se:
(9)
◦
◦◦
◦
cϕ2 − 2bϕψ + aψ 2 = 0 sobre
γ.
5
◦
◦
Seja ϕ(t) = 0 em uma vizinhança de t0 . Da equação (9) deduz-se que ψ(t) = 0 nesta
◦
◦
vizinhança, contrariando a hipótese feita sobre γ de ser ϕ2 + ψ 2 > 0 em 0 ≤ t ≤ 1.
◦
Logo ϕ(t) 6= 0 em todo ponto t onde γ é definida. Sendo o coeficiente angular da reta
◦
tangente a γ dado por
ψ(t)
◦
ϕ(t)
, deduz-se que γ não possui tangente vertical em cada um
de seus pontos. Resulta, daı́, que γ é definida por uma função y = f (x) e suas equações
paramétricas podem ser escritas sob a forma seguinte:
γ : x = x,
y = f (x),
isto é, ϕ é a identidade e ψ é igual a f . Logo, a equação δ = 0, das caracterı́sticas,
reduz-se a
dy
a
dx
2
dy
− 2b
dx
+ c = 0.
ii) Semelhante ao caso (i).
iii) Se a = c = 0 sobre γ e δ = 0, a equação caracterı́stica reduz-se a:
◦◦
(10)
2bϕψ = 0 sobre
γ.
Deve-se ter b 6= 0, pois se assim não fôsse, não existiria o problema a estudar, isto é, L
seria o operador nulo. Logo, de (10), conclui-se que as caracterı́sticas de Lu = F são
x = cst e y = cst.
Exemplos
1. Considere o operador
Lu =
Tem-se a = −1, b = 0, c = 1.
∂ 2u ∂ 2u
−
·
∂y 2
∂x2
6
As caracterı́sticas de Lu = F são dadas pela equação:
2
dy
−
+1 =0
dx
ou y = x + k, y = −x + k.
Note que o operador deste exemplo aparece no estudo das vibrações transversais de uma
corda elástica.
2. Considere o operador
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
2
+
·
∂x2
∂x∂y ∂y 2
Lu =
As caracterı́sticas da equação Lu = F são dadas pelas soluções da equação diferencial
ordinária:
dy
dx
2
dy
−2
dx
+ 1 = 0,
porque a = b = c = 1. Este operador fatora-se em
cuja solução são as retas y = x + k.
3. Considere o operador do potencial
Lu =
∂ 2u ∂ 2u
+ 2·
∂x2
∂y
As caracterı́sticas de Lu = F , são
dy
dx
2
+ 1 = 0,
dy
−1
dx
2
= 0, obtendo-se
dy
=1
dx
7
porque a = c = 1 e b = 0. As soluções desta equação não são reais. Elas são dadas por
y = ix, y = −ix, sendo i2 = −1.
4. Considere o operador Lu =
∂ 2u
, no qual a = 1, b = c = 0. As caracterı́sticas
∂x2
de Lu = F são soluções da equação
dy
dx
2
= 0,
isto é, a famı́lia de retas y = k, sendo k um número real. O operador L aparece nos
problemas unidimensionais de transferência de calor.
Observação 1. Dos exemplos acima estudados, observa-se o seguinte:
α)
Lu =
∂ 2u ∂ 2u
−
= F , possui duas famı́lias de caracterı́sticas, y = x + k e
∂y 2
∂x2
y = −x + k.
β)
Lu =
∂u ∂ 2 u
−
= F , possui uma única famı́lia de caracterı́sticas, y = k.
∂y
∂x2
γ)
Lu =
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 = F não possui caracterı́sticas reais.
∂x2
∂y
O primeiro tem sua origem no estudo de vibrações transversais de uma corda
elástica e o segundo no estudo de transferência de calor através de um fio metálico.
O terceiro é originário de problemas estacionários. No que vem a seguir estes operadores serão ainda mencionados. Outros exemplos há, de modelos provenientes da
Fı́sica Matemática.
Por meio de conveniente mudança de variáveis demonstra-se que a equação Lu =
∨
∨
F transforma-se em Lu = G, sendo L um dos operadores da Observação 1, razão
porque eles são denominados formas canônicas do operador de segunda ordem no plano
8
R2 . Antes, porém, será feita uma classificação das equações diferenciais parciais de
segunda ordem, semelhante a feita para as formas quadráticas no plano R2 .
Considere-se uma forma quadrática no R2 , dada por:
Q(ξ, η) = a ξ 2 + 2b ξη + cη 2 ,
cujo discriminante é b2 − ac. Diz-se que a forma é uma hipérbole quando b2 − ac > 0,
uma parábola quando b2 − ac = 0 e uma elipse se b2 − ac < 0. Será adotada para as
equações diferenciais parciais uma análoga classificação. Note-se que classifica-se nos
tipos a equação Lu = F ou simplesmente o operador L.
Definição 4. Considere-se a equação
∂ 2u
∂ 2u
∂u ∂u
∂ 2u
.
+ c(x, y) 2 = F x, y, u,
,
Lu = a(x, y) 2 + 2b(x, y)
∂x
∂x∂y
∂y
∂x ∂y
i) Diz-se que ela é hiperbólica em Ω, quando b2 (x, y) − a(x, y)c(x, y) > 0 em Ω.
ii) Diz-se que ela é parabólica em Ω se b2 (x, y) − a(x, y)c(x, y) = 0 em Ω.
iii) Diz-se que a equação é elı́tica em Ω quando b2 (x, y) − a(x, y)c(x, y) < 0 em Ω.
Observação 2. Note-se que sendo Lu o operador que caracteriza o membro da esquerda
da equação, diz-se também que ele é hiperbólico, parabólico ou elı́tico como no caso da
equação.
Observação 3. Aplicando-se a Definição 4 às equações da Observação 1, conclui-se:
os operadores em α), β) e γ), são, respectivamente, hiperbólico, parabólico e elı́tico em
Ω = R2 .
No que se segue, por meio da classificação em tipos obtida por meio da Definição
4 e da noção de caracterı́stica, reduz-se a equação Lu = F , da Definição 4, a uma das
9
formas α), β) ou γ).
Observação 4. Da Definição 4 e da Proposição 1, conclui-se que no caso hiperbólico
há duas famı́lias distintas de caracterı́sticas; no caso parabólico uma única e no caso
elı́tico não há caracterı́sticas reais.
Para redução de Lu = F às formas canônicas α), β) e γ) da Observação 1, iniciase com uma mudança de coordenadas. De fato, considere-se a transformação τ do R2
no R2 dada pelas funções:
ξ = ϕ(x, y)
e
η = ψ(x, y).
Supõe-se ϕ e ψ de classe C 1 (Ω) com Jacobiano não nulo, isto é:

∂ϕ
 ∂x
J(ξ, η) = det 
 ∂ψ
∂x

∂ϕ
∂y 
 6= 0 em
∂ψ 
Ω.
∂y
Note-se que, no cálculo, considera-se ϕ, ψ ou ξ, η, assim: ξ(x, y), η(x, y). Isto facilita a
notação.
O objetivo é obter Lu, dado nas coordenadas x, y, nas novas coordenadas ξ, η
dadas por τ .
Nas novas coordenadas, obtém-se:
∂u
∂u ∂ξ
∂u ∂η
=
+
;
∂x
∂ξ ∂x ∂η ∂x
∂u
∂u ∂ξ
∂u ∂η
=
+
·
∂y
∂ξ ∂y
∂η ∂y
Sendo J(ξ, η) 6= 0 em Ω, calcula-se, pelas regras de Cramer,
∂u
.
∂y
∂u
∂u ∂u
,
em função de
,
∂ξ ∂η
∂x
10
Para as derivadas de segunda ordem, encontra-se:
(11)
2
2
2
2
∂ 2 u ∂ξ ∂η
∂ 2 u ∂η
• ∂ u = ∂ u ∂ξ
+2
+
+
∂x2
∂ξ 2 ∂x
∂ξ∂η ∂x ∂x ∂η 2 ∂x
∂u ∂ 2 η
∂u ∂ 2 ξ
+
+
∂ξ ∂x2
∂η ∂x2
2
2
∂ 2u
∂ 2 u ∂ξ ∂η
∂ 2 u ∂ξ
∂ 2 u ∂η
+2
+
=
+ 2
•
∂y 2
∂ξ 2 ∂y
∂ξ∂η ∂y ∂y
∂η ∂y
2
2
+ ∂u ∂ ξ + ∂u ∂ η
∂ξ ∂y 2
∂η ∂y 2
∂2
∂ 2 u ∂ξ ∂ξ
∂ 2 u ∂ξ ∂η
∂ξ ∂η
•
+
=
+
+
∂x∂y
∂ξ 2 ∂x ∂y ∂ξ∂η ∂y ∂x ∂x ∂y
2
2
2
+ ∂ u ∂η ∂η + ∂u ∂ ξ + ∂u ∂ η
∂η 2 ∂x ∂y
∂ξ ∂x∂y
∂η ∂x∂y
Considere as funções A(x, y), B(x, y) e C(x, y) definidas do modo seguinte:
(12)
2
2
∂ξ ∂ξ
∂ξ
• A = a ∂ξ
+ 2b
+c
∂x
∂x ∂y
∂y
∂ξ ∂η
∂ξ ∂η
∂ξ ∂η
∂ξ ∂η
+c
+b
+
• B=a
∂x ∂x
∂y ∂x ∂x ∂y
∂y ∂y
2
2
∂η ∂η
∂η
• C = a ∂η
+ 2b
+c
∂x
∂x ∂y
∂y
Multiplicando (11)1 por a, (11)2 por c e (11)3 por 2b e adicionando-se o resultado,
obtém-se, levando-se em conta (12), a equação Lu = F nas coordenadas ξ, η, isto é,
∨
Lu = G:
(13)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
∂u ∂u
A 2 + 2B
.
+C
= G ξ, η, u,
,
∂ξ
∂ξ∂η
∂η 2
∂ξ ∂η
11
Observe-se que G é a soma de F com os termos de primeira ordem que aparecem em
(11).
Por meio de cálculo obtém-se:
B 2 − AC = −(b2 − ac),
∨
provando que a equação (13) Lu = G, transformada de Lu = F pela τ , possui o mesmo
tipo que Lu = F nas coordenadas x, y.
A próxima etapa consistirá em escolher a transformação
τ : ξ = ϕ(x, y),
η = ψ(x, y),
de modo a obter os seguintes casos:
•
Hiperbólico, A = C = 0 (B 6= 0)
Parabólico,
A=B=0
•
Elı́tico,
B=0
•
(C 6= 0)
(A 6= 0, C 6= 0)
Caso hiperbólico. Sejam ϕ(x, y) = c1 e ψ(x, y) = c2 as duas famı́lias independentes de caracterı́sticas de Lu = F . Provar-se-á que considerando-se a transformação
de coordenadas
τ : ξ = ϕ(x, y),
η = ψ(x, y),
a equação hiperbólica Lu = F reduz-se à forma
∂u ∂u
∂ 2u
,
= H ξ, η, u,
,
∂ξ∂η
∂ξ ∂η
(14)
isto é, A = C = 0 em (13).
Considerando-se em (14) a mudança de coordenadas:
X = ξ + η,
Y = ξ − η,
12
a forma (14) reduz-se a:
∂ 2u
∂u ∂u
∂ 2u
−
= H X, Y, u,
,
∂X 2 ∂Y 2
∂X ∂Y
(15)
dita forma canônica das equações hiperbólicas. Chamar-se-á, forma canônica (14) e
(15).
De fato, suponha-se o caso hiperbólico com a 6= 0. Resulta, Proposição 1, que
as duas famı́lias independentes de caracterı́sticas são obtidas por meio da equação ordinária:
dy
a
dx
(16)
2
− 2b
dy
+ c = 0.
dx
O caso c 6= 0 é semelhante. Tem-se b2 − ac > 0. Sejam
ϕ(x, y) = ξ ,
ψ(x, y) = η ,
as famı́lias de caracterı́sticas soluções de (16). Supondo-se y definida implicitamente
por ϕ(x, y) = ξ , obtém-se:
∂ϕ ∂ϕ dy
+
= 0.
∂x
∂y dx
(17)
Aqui supõe-se a, b, c, C 1 (Ω), de modo que ϕ e ψ satisfazem ao teorema das funções
implı́citas.
Resolvendo
dy
em (17) e substituindo-se em (16) obtém-se:
dx
∂ϕ
a
∂x
2
2
∂ϕ ∂ϕ
∂ϕ
+ 2b
=0
+c
∂x ∂y
∂y
De (12) conclui-se, da equação acima, que A = 0.
em
Ω.
13
De modo análogo, considerando-se a outra caracterı́stica ψ(x, y) = η , sendo
a 6= 0, resulta, ver Proposição 1,
∂ψ
a
∂x
2
2
∂ψ ∂ψ
∂ψ
+ 2b
=0
+c
∂x ∂y
∂y
em
Ω
provando que C = 0 em Ω.
Portanto, no caso hiperbólico, por meio das curvas caracterı́sticas como sistema
de coordenadas, a equação transformada (13) reduz-se à forma:
∂u ∂u
∂ 2u
= H ξ, η, u,
,
∂ξ, ∂η
∂ξ ∂η
que é a (14).
Fazendo-se, nesta equação,
X = ξ + η,
Y = ξ − η,
obtém-se a FORMA CANÔNICA das equações hiperbólicas:
∂ 2u
∂ 2u
∂u ∂u
.
−
= H X, Y, u,
,
∂X 2 ∂Y 2
∂X ∂Y
Exemplo 1. Calcule a solução da equação
2
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
5
+
3
= 0.
∂x2
∂x∂y
∂y 2
5
1
Tem-se a = 2, b = − , c = 3, obtendo-se b2 − ac = > 0 a equação hiperbólica. As
2
4
famı́lias de curvas caracterı́sticas são as soluções de
dy
2
dx
2
−5
dy
+3=0
dx
14
ou
dy
=1
dx
e
dy
3
= ·
dx
2
As famı́lias caracterı́sticas são:
ϕ(x, y) = x − y = k;
ψ(x, y) = 3x − 2y = k.
A transformação τ é dada por:
ξ = x − y;
η = 3x − 2y.
A equação em (ξ, η) possui A = 0, C = 0 e 2B = −1. Logo a transformada é
∂ 2u
= 0.
∂ξ∂η
Daı́ obtém-se a solução:
u(x, y) = f (x − y) + g(3x − 2y)
com f e g funções reais.
Caso Parabólico. Considere famı́lia de caracterı́sticas de Lu = F dada por ϕ(x, y) =
c. Para transformação τ toma-se ξ = ϕ(x, y) e η = ψ(x, y) uma qualquer função
independente de ξ, isto é, com J(ξ, η) 6= 0 em Ω. Demonstrar-se-á que a equação
Lu = F reduz-se a
∂u ∂u
∂ 2u
.
= H ξ, η, u,
,
∂η 2
∂ξ ∂η
De fato, no caso parabólico tem-se b2 − ac = 0 sendo a e c não nulos. Suponha
a 6= 0. Seja ξ = ϕ(x, y) e η como fixada acima. Obtém-se a fatoração da equação das
caracterı́sticas:
(18)
dy
b
−
dx a
2
=0 e
b2 = ac.
15
A equação da caracterı́stica ϕ(x, y) = k, permite calcular a derivada
dy
por meio da
dx
equação
∂ϕ ∂ϕ dy
+
=0
∂x
∂y dx
(19)
Resolvendo (19) em
em
Ω
∂ϕ
6= 0.
∂y
dy
e substituindo em (18), sendo b2 = ac em Ω, conclui-se que o
dx
coeficiente A = 0.
Para o cálculo de B no caso parabólico, note-se que sendo b2 = ac, o B fatora-se
sob a forma:
b ∂ξ
∂ξ
+
B=a
∂x a ∂y
(20)
∂η
b ∂η
.
+
∂x a ∂y
Sendo ϕ(x, y) = k1 , caracterı́stica da equação parabólica, obtém-se
dy
b
=
o que
dx
a
implica, teorema das funções implı́citas:
b ∂ϕ
∂ϕ
+
= 0.
∂x a ∂y
Sendo,
∂ξ
∂ϕ ∂ξ
∂ϕ
=
,
=
, resulta de (20) que B = 0 em Ω.
∂x
∂x ∂y
∂y
Para analisar a função C(x, y), tem-se, por definição:
∂ψ
C=a
∂x
(21)
2
2
∂ψ ∂ψ
∂ψ
+ 2b
,
+c
∂x ∂y
∂y
com a 6= 0. Note que η = ψ(x, y) é escolhida de modo que J(ξ, η) 6= 0, isto é, funcional-
mente independente da caracterı́stica ξ = ϕ(x, y).
Sendo a 6= 0 e b2 = ac, deduz-se que a C, dada por (21), fatora-se do modo
seguinte:
2
∂ψ
∂ψ
1
a
,
+b
C=
a
∂x
∂y
16
que é não nula.
De fato, se
(22)
a
obtém-se de (19) e
∂ψ
∂ψ
+b
=0
∂x
∂y
em
Ω,
b
dy
= , caso parabólico, que
dx
a
(23)
a
∂ϕ
∂ϕ
+b
=0
∂x
∂y
em Ω.
Sendo o determinante do sistema linear (22), (23) não nulo em Ω, pois ϕ e ψ são
independentes, conclui-se que a = 0, contradição.
Conclui-se que no caso parabólico, isto é, b2 = ac em Ω, obtém-se A = B = 0 e
C 6= 0. Resulta que a equação Lu = F reduz-se, pela τ , à FORMA CANÔNICA:
∂u ∂u
∂ 2u
.
= H ξ, η, u,
,
∂η 2
∂ξ ∂η
Exemplo 1. Calcule a solução da equação
x2
2
∂ 2u
∂ 2u
2 ∂ u
+
2xy
+
y
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
sendo Ω um domı́nio no primeiro quadrante x > 0, y > 0.
Tem-se a = x2 , b = xy, c = y 2 , de modo que b2 − ac = 0 em Ω. A equação é
parabólica.
A caracterı́stica é a solução de
y
dy
=
dx
x
dy
b
= ou,
dx
a
obtendo-se
ϕ(x., y) =
y
= k,
x
17
após integração. A transformação τ será
ξ = ϕ(x, y) =
y
x
e
η = ψ(x, y) = y.
Note-se que J(ξ, η) 6= 0 em Ω. A equação transformada é:
η
∂ 2u
=0
∂η 2
∂ 2u
= 0.
∂η 2
ou
Obtém-se u(ξ, η) = f (ξ)η + g(ξ), ou
y
y
u(x, y) = yf
+g
x
x
Caso Elı́tico.
em
Ω.
Para fazer o estudo do caso elı́tico, isto é, b2 − ac < 0, supõe-se
que os coeficientes a, b, c sejam funções analı́ticas em Ω. Isto significa dizer que em
cada ponto de Ω estas funções são representadas por séries de potências convergentes
na vizinhança deste ponto. Portanto a equação caracterı́stica, a 6= 0,
dy
a
dx
(24)
2
− 2b
dy
+ c = 0 em
dx
Ω
possui soluções analı́ticas em Ω, veja Seção 5. Considere-se a solução
(25)
ϕ(x, y) = k
ou ϕ1 (x, y) + i ϕ2 (x, y) = α + iβ,
sendo i2 = −1, ϕ1 e ϕ2 reais, α, β números reais. Considera-se os módulos dos números
∂ϕ ∂ϕ
,
não nulos em Ω.
complexos
∂x ∂y
De (24) e (25) segue-se que ϕ é solução de
(26)
∂ϕ
a
∂x
2
2
∂ϕ ∂ϕ
∂ϕ
+ 2b
= 0 em
+c
∂x ∂y
∂y
Ω.
18
Considere-se a transformação τ definida por:
(27)
ξ = ϕ1 (x, y)
e
η = ϕ2 (x, y).
Observação 5. Note que ϕ1 (x, y) + i ϕ2 (x, y) é uma função holomorfa no sentido de
∂ϕ Cauchy. Portanto, valem as equações de Cauchy-Riemann. Foi admitido que e
∂x
∂ϕ 6= 0. Logo, o Jacobiano de ξ, η é não nulo, implicando a independência funcional
∂y de ϕ1 e ϕ2 . Isto porque
∂ϕ
∂ϕ1
∂ϕ2
∂ϕ
∂ϕ1
∂ϕ2
=
+i
e
=
+i
. O Jacobiano é
∂x
∂x
∂x
∂y
∂y
∂y
∂ϕ1 ∂ϕ2
∂ϕ1 ∂ϕ2
−
.
∂x ∂y
∂y ∂x
As equações de Cauchy-Riemann são
∂ϕ2
∂ϕ1
=
,
∂x
∂y
implicando em
∂ϕ1
∂ϕ2
=−
,
∂y
∂x
∂ϕ
∂ϕ2
∂ϕ2
=−
+i
. Das equações de Cauchy-Riemann obtém-se:
∂y
∂x
∂y
J(ξ, η) =
∂ϕ2
∂x
2
+
∂ϕ2
∂y
2
2
∂ϕ = 6= 0.
∂y
Retornando-se a (27), substituindo-se ϕ(x, y) = ϕ1 (x, y) + i ϕ2 (x, y) em (26),
separando-se parte real e parte imaginária, obtém-se:
∂ξ
a
∂x
e
2
2
2
2
∂ξ ∂ξ
∂η
∂η ∂η
∂ξ
∂η
+ 2b
=a
+ 2b
+c
+c
∂x ∂y
∂y
∂x
∂x ∂y
∂y
∂ξ ∂ξ
∂η ∂η
∂ξ ∂η
∂ξ ∂η
a
+c
+b
+
= 0.
∂x ∂y
∂x ∂y ∂y ∂x
∂x ∂y
19
Observe-se que ξ = ϕ1 e η = ϕ2 . Estas igualdades dizem que B = 0 e A = C em Ω.
Resta provar que A e C não são as funções nulas. De fato, tem-se
∂ξ
A=a
∂x
2
2
∂ξ ∂ξ
∂ξ
+ 2b
+c
∂x ∂y
∂y
∂ξ
sendo b2 − ac < 0. Logo, a forma quadrática A é nula somente no vetor nulo
=
∂x
∂ϕ ∂ϕ ∂η
∂η
∂ξ
= 0. Analogamente, C = 0 somente quando
=
= 0. Sendo e ∂y
∂x
∂y
∂x
∂y
diferentes de zero em Ω não acontecerá que
∂ξ
∂ξ
∂η
∂η
=
=
=
= 0, identicamente
∂x
∂y
∂x
∂y
em Ω. Logo A e C não são nulos. Resulta que no caso elı́tico, a FORMA CANÔNICA
da equação Lu = F é:
∂ 2u ∂ 2u
∂u ∂u
.
+ 2 = H ξ, η, u,
,
∂ξ 2
∂η
∂ξ ∂η
Exemplo 2. Considere a equação
2
∂ 2u
2 ∂ u
+
x
= 0,
∂x2
∂y 2
x > 0, y > 0.
Tem-se
a = 1,
b=0
e
c = x2 ,
obtendo-se b2 −ac = −x2 < 0 em Ω. Logo, as caracterı́sticas são as soluções da equação:
dy
dx
2
+ x2 = 0,
isto é,
dy
= i x,
dx
dy
= −i x.
dx
20
Obtém-se as caracterı́sticas:
2y − ix2 = c1 ,
2y + ix2 = c2 .
Tem-se
2y − ix2 = ϕ1 + i ϕ2
e
2y + ix2 = ϕ1 − i ϕ2 ,
o complexo conjugado. Tem-se a transformação τ dada por:
ξ = 2y,
η = −x2 .
A equação transformada é
1 ∂u
∂ 2u ∂ 2u
+
=
∂ξ 2
∂η 2
2η ∂η
que é a forma canônica da equação dada.
OPERADOR DE TRICOMI
Considere-se o operador
Lu = y
∂ 2u ∂ 2u
+ 2,
∂x2
∂y
que aparece no estudo de equações diferenciais parciais modelando o movimento de fluidos transônicos. Foi estudado, inicialmente, por Tricomi, por isto recebe seu nome.
Francisco Giacomo Tricomi, matemático italiano, (1897-1979), professor na Universidade de Turim. Além de significantes contribuições à investigação matemática, escreveu excelentes textos de análise matemática, variáveis complexas, equações diferenciais, funções ortogonais etc, os quais influenciaram nossa geração quando estudantes
da Universidade do Brasil.
21
No operador de Tricomi, tem-se:
a = y,
b = 0,
c = 1.
O discriminante é b2 − ac = −y. Resulta que no semi-plano inferior y < 0, Lu
é hiperbólico e no semi plano-superior y > 0, Lu é elı́tico. Poder-se-ia dizer que y = 0
é uma reta de parabolicidade.
As caracterı́sticas, no caso hiperbólico, são as soluções da equação ordinária
dy
y
dx
2
+ 1 = 0.
Daı́ obtém-se a dupla famı́lia de curvas caracterı́sticas
(x − k)2 +
4 3
y = 0.
9
Como se observa, a equação de Tricomi Lu = 0 é de tipo misto, isto é, elı́tica em
y > 0, parabólica para y = 0 e hiperbólica para y < 0. Como salienta Caetano Fichera
em seu discurso “in memoriam” de Francisco Tricomi, 1979, na Academia Dei Lincei,
Itália, “a equação de Laplace uxx +uyy = 0 é o protótipo das equações elı́ticas, a equação
de Fourier ut −uxx = 0 o das parabólicas, a de d’Alembert utt −uxx = 0 das hiperbólicas
e a de Tricomi yuxx +uyy = 0 o protótipo das equações de tipo misto”. Para informações
mais precisas e resultados recentes, consulte-se: N.A. Lar’kin, The Tricomi Problem,
Atas do 42o¯ Seminário Brasileiro de Análise, Univ. Estadual de Maringá, Maringá, PR,
1995. J. Barros Neto, On Fundamental Solutions for the Tricomi Operator, Atas do 49o¯
Seminário Brasileiro de Análise, IMEC-UNICAMP, Campinas, SP, 1999.
22
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1. Considere a equação:
y
∂ 2u
∂ 2u
+
x
= 0.
∂x2
∂y 2
(i) Determine o tipo da equação.
(ii) Encontre as curvas caracterı́sticas no caso hiperbólico.
SOLUÇÃO:
(i) Tem-se:
a(x, y) = y;
b(x, y) = 0;
c(x, y) = x.
Então
a equação é hiperbólica se xy < 0
a equação é elı́tica se xy > 0
a equação é parabólica se x = 0 ou y = 0
(ii) As curvas caracterı́sticas são soluções da equação:
dy
y
dx
2
de onde deduz-se que:
dy
=±
dx
Então
+ x = 0,
r
−x
·
y
23
Na região y > 0, x < 0, as curvas são:
(−x)3/2 + y 3/2 = c
− (−x)3/2 + y 3/2 = c
e
e na região y < 0 x > 0, as curvas são:
x3/2 + (−y)3/2 = c
x3/2 − (−y)3/2 = c.
e
2. Determine as curvas caracterı́sticas da equação:
2
∂ 2u
∂ 2u
2
2
2 ∂ u
+
4(x
+
1)
+
(x
+
1)
= 0.
∂x2
∂x∂y
∂y 2
SOLUÇÃO:
Observa-se que:
a(x, y) = 1
b(x, y) = 2(x2 + 1)
c(x, y) = (x2 + 1)2
Então: b2 − ac = 3(x2 + 1)2 > 0.
Logo a equação é hiperbólica.
As curvas caracterı́sticas são soluções da equação:
dy
dx
2
− 4(x2 + 1)
dy
+ (x2 + 1)2 = 0
dx
ou seja
√
√
dy
= (2 ± 3)x2 + (2 ± 3).
dx
24
Tem-se:
√
√
1
(2 − 3)x3 + (2 − 3)x − y = c
3
e
√
√
1
(2 + 3)x3 + (2 + 3)x − y = c.
3
3. Seja a equação
∂ 2u
∂ 2u
∂u
∂ 2u
+
5
+
4
+
7
= sen x + cos x.
∂x2
∂x∂y
∂y 2
∂y
(i) Encontre as curvas caracteterı́sticas e as coordenadas caracterı́sticas.
(ii) Reduzir à sua forma canônica.
SOLUÇÃO:
(i) Observa-se que os coeficientes do operador são:
a(x, y) = 1;
b(x, y) = 5;
c(x, y) = 4
e
F = sen x + cos x − 7
Logo, as curvas caracterı́sticas são soluções de
dy
dx
2
dy
−5
dx
+4 =0
ou seja:
y−x=c
e
y − 4x = c
e
η = y − 4x.
e as coordenadas caracterı́sticas são:
ξ =y−x
(ii) Como b2 − ac = 9 > 0, a equação é hiperbólica.
∂u
·
∂y
25
Mediante a mudança ξ = y − x e η = y − 4x a equação fica transformada na forma
canônica:
∂u ∂u
∂2u
= G ξ, η, u,
,
2B
∂ξ∂η
∂ξ ∂η
onde B e G são dados em (12) e (13).
Como:
∂ξ
= 1;
∂y
∂ξ
= −1;
∂x
∂η
= −4;
∂x
∂ 2ξ
∂ 2ξ
∂2ξ
=
=
=0 e
∂x2
∂y 2
∂x∂y
e
então:
9
B=−
2
e
G = sen
∂ 2η
∂ 2η
∂ 2η
=
=
= 0,
∂x2
∂y 2
∂x∂y
ξ−η
3
+ cos
ξ−η
3
∂η
=1
∂y
ξ−η
3
∂u ∂u
−7
·
+
∂ξ
∂η
+ cos
ξ−η
3
Logo, a forma canônica é:
∂ 2u
7
=
∂ξ∂η
9
∂u ∂u
+
∂ξ
∂η
1
−
9
sen
·
4. Reduzir à forma canônica as seguintes equações:
(i)
∂ 2u
∂ 2u
∂u
∂ 2u
−6
+9 2 +6
= 0.
2
∂x
∂x∂y
∂y
∂y
(ii)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
∂u
+
4
+
8
+
5
= 0.
∂x2
∂x∂y
∂y 2
∂x
SOLUÇÃO:
(i) Tem-se que:
a(x, y) = 1;
b(x, y) = −3;
c(x, y) = 9;
F = −6
∂u
·
∂y
26
Como b2 − ac = 0, a equação é parabólica. Sua caracterı́stica é solução da equação:
dy
dx
2
dy
+6
dx
+9 =0
que é y + 3x = c.
Considerando-se as coordenadas: ξ = y + 3x e η = η(x, ) qualquer função, desde que
J(ξ, η) 6= 0, segue-se que a equação é reduzida à forma canônica
∂ 2u
C
=G
∂η 2
onde C e G são dados por (12) e (13). Note que pode-se escolher η = y. Assim, como
∂η
∂η
=0e
= 1, encontra-se C = 9. Como
∂x
∂y
∂ξ
= 1;
∂y
∂ 2ξ
∂ 2ξ
∂ 2ξ
=
=
=0
∂x2
∂y 2
∂x∂y
∂η
= 1;
∂y
e
∂ 2η
∂ 2η
∂ 2η
=
=
= 0,
∂x2
∂y 2
∂x∂y
então
∂u ∂u
.
+
G = −6
∂ξ
∂η
A forma canônica é então:
∂ 2u
2
=−
2
∂η
3
(ii) Tem-se que: a = 1;
b = 2;
∂u ∂u
.
+
∂ξ
∂η
c = 8.
Como b2 − ac = −4 < 0, a equação é elı́tica. As soluções da equação:
dy
dx
2
dy
−4
dx
+8 =0
27
são complexas e dadas por
y − x + i(−2x) = c1
y − x + i(2x) = c2 .
Considerando-se a mudança ξ = y − x e η = −2x, a equação toma a forma
canônica
∂ 2u ∂ 2u
+ 2
A
∂ξ 2
∂η
=G
onde A e G são calculados por (12) e (13).
Tem-se que A = 4 e G = −10
∂u
∂u
+ 10
·. Logo a forma canônica é dada por:
∂ξ
∂η
∂ 2u ∂ 2u
5 ∂u 5 ∂u
+
=
−
+
·
∂ξ 2
∂η 2
2 ∂ξ
2 ∂η
5. Determine a região na qual a equação
∂ 2u
∂u
∂u
∂ 2u
−
y
+x
+y
+u=0
2
∂x
∂x∂y
∂x
∂y
é hiperbólica, parabólica ou elı́tica e transforme a equação na respectiva região para a
forma canônica.
SOLUÇÃO:
Observa-se que a = 1.
7
b=− ;
2
c = 0 e F = −x
y2
,
4
a equação é parabólica se y = 0
Como b2 − ac =
e hiperbólica se y 6= 0.
∂u
∂u
−y
− u.
∂x
∂y
28
No caso parabólico, a equação toma a forma
∂u
∂ 2u
= −x
−u
2
∂x
∂x
que já está na forma canônica.
No caso hiperbólico, as curvas caracterı́sticas são soluções da equação:
ou seja:
x = Lny
e
dy
dx
2
dy
+y
dx
=0
η = y.
Tem-se que:
y
B(x, y) = −
2
e
∂u
1 du du
− u.
G = −(ξ − Lnη)
−η
+
∂ξ
η dξ
dη
Então, a forma canônica dada por 2B
∂ 2u
=
∂ξ∂η
∂ 2u
= G nos dá
∂ξ∂η
1 + ξ − Lnη
η
∂u ∂u 1
+
+ u.
∂ξ
∂η
η
6. Encontre a solução geral das seguintes equações:
(i)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
−
6
+
5
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(ii)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
−
4
+
4
= 0.
∂x2
∂x∂y
∂y 2
SOLUÇÃO:
(i) Tem-se que a = 1; b = −3 e c = 5.
Logo, b2 − ac = 4 > 0 e a equação é hiperbólica.
29
As curvas caracterı́sticas são as soluções da equação:
isto é:
x+y =c
e
dy
dx
2
dy
+6
dx
+4 =0
5x + y = c.
A mudança ξ = x + y e η = 5x + 4 reduz a equação à forma canônica:
∂ 2u
= 0.
∂ξ∂η
Tem-se u(ξ, η) = f (ξ) + g(η) com f e g funções arbitrárias.
Logo, a solução é u(x, y) = f (x + y) + g(5x + y).
(ii) Tem-se que: a = 1;
b = −2; c = 4.
Logo, b2 − ac = 0 e a equação é parabólica.
A única curva caracterı́stica é solução da equação
isto é:
dy
dx
2
dy
+4
dx
+4 =0
x + 2x = c.
A transformação de coordenadas ξ = y + 2x e η = y reduz a equação à forma canônica
∂ 2u
= 0.
∂η 2
Tem-se
u(ξ, η) = f (ξ)η + g(ξ).
Logo, a solução geral é dada por:
u(x, y) = y f (y + 2x) + g(y + 2x).
7.
Determine a solução geral da equação elı́tica:
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 = 0.
∂x2
∂y
30
SOLUÇÃO:
Resolve-se a equação:
α2
∂ 2u ∂ 2u
− 2 =0
∂x2
∂y
onde α é constante.
A mudança ξ = x + αy e η = x − αy transforma a equação na forma
∂ 2u
= 0.
∂ξ∂η
Então,
u(ξ, η) = f (ξ) + g(η)
ou seja
u(x, y) = f (x + αy) + g(x − αy).
√
Considerando-se em particular α = i, i = −1, tem-se a equação que se quer resolver
e a solução será:
u(x, y) = f (x + iy) + g(x − iy).
8.
Encontre a solução geral da equação:
2
∂ 2u
∂ 2u
∂u
∂u
∂ 2u
+
5
+
3
+2
+3
=3
2
2
∂x
∂x∂y
∂y
∂x
∂x
SOLUÇÃO:
Tem-se que:
a = 2;
b=
5
,
2
c=3 e
F =3−2
∂u
∂u
−3
·
∂x
∂y
31
1
> 0 e a equação é hiperbólica.
4
As curvas caracterı́sticas são as soluções da equação
Logo b2 − ac =
dy
2
dx
isto é y − x = c
e
y−
2
dy
−5
dx
+ 3 = 0,
3
x = c.
2
Mediante a mudança ξ = y − x e η = y −
−
Se v =
3
x, obtém-se a forma canônica
2
∂u
9 ∂ 2u
+
= 3.
2 ∂ξ∂η
∂ξ
∂u
, obtém-se
∂ξ
2
∂v 2
− v+ =0
∂η 9
3
que tem por soluções
v(ξ, η) = F (ξ)e(2/9)η + g(3).
Tem-se então
u(ξ, η) = 3ξ + f (ξ)e(2/9)η + g(η)
Finalmente, a solução é:
2
3
u(x, y) = 3(y − x) + f (y − x)e 9 (y− 2 x) + g y −
9.
3 x .
2
Reduzir a equação
∂ 2u ∂ 2u
∂u
∂u
− 2 +3
−2
+u=0
2
∂x
∂y
∂x
∂y
32
∂ 2v
= cv, onde c é constante, introduzindo a nova variável v = u e−(aξ+bη) ,
∂ξ∂η
onde a e b são coeficientes a determinar.
à forma
SOLUÇÃO:
As curvas caracterı́sticas são dadas por x + y = c e x − y = c.
Mediante a mudança ξ = x − y e η = x + y, obtém-se a forma canônica:
4
∂u ∂u
∂ 2u
+5
+
+ u = 0.
∂ξ∂η
∂ξ
∂η
Se v = u e−(aξ+bη) , obtém-se
4
∂2v
∂v
∂v
+ (4b + 5)
+ (4a + 1)
+ (4ab + 5a + b + 1)v = 0.
∂ξ∂η
∂ξ
∂η
Considerando: b = −
5
1
e a = − , obtém-se a forma
4
4
1
∂ 2v
=
v.
∂ξ∂η
16
10.
Resolver a equação
x2
2
∂2u
∂u
2 ∂ u
−
x
+ 4x
+ 2u = 0, x 6= 0.
2
2
∂x
∂y
∂x
SOLUÇÃO:
Faz-se a mudança v = x2 u, obtém-se a forma
∂ 2v
∂ 2v
−
= 0, cuja solução é
∂x2
∂y 2
v(x, y) = f (x − y) + g(x + y). Portanto
u(x, y) =
1
1
f (x − y) + 2 g(x + y).
2
x
x
33
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1.
Classifique os seguintes operadores e encontre as caracterı́sticas que passam pelo
ponto (2,3), caso existam
2.
(i)
∂ 2u
∂2u
∂ 2u
+
+
3
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(ii)
∂ 2u
∂2u
∂ 2u
+
4
+
4
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(iii)
∂ 2u
∂ 2u
∂2u
+
5
+
∂x2
∂x∂y ∂y 2
(iv)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
6
−
7
∂x2
∂x∂y
∂y 2
Encontre as caracterı́sticas, as coordenadas caracterı́sticas e a forma canônica das
seguintes equações:
(i)
uxx + 2uxy + 3uyy + 4ux + 5uy + u = ex .
(ii)
2uxx − 4uxy + 2uyy + 3u = 0.
(iii)
3uxx + 5uxy + uyy + ux = x.
(iv)
uxx + uyy + 2ux + 8uy + u = 0.
(v)
uxy + 2uyy + 9ux + uy = 2.
Respostas:
(i) 6 ∃ caracterı́sticas,
e
B
√
2
2
(ii)
(iii)
(v)
3.
ξ = y − x; η =
√
√
1
1
2x; uξξ + uηη = − uξ − 2 2 uη − u +
2
2
·
3
η = y; uηη = − u.
2
6 ∃ caracterı́sticas, ξ = y; η = x; a equação está na forma canônica.
y
y
x = c; x − = c; ξ = x; η = x − ; uξη = 18 uξ + 17 uη − 4.
2
2
y + x = c; ξ = y + x;
Determine a região na qual as equações seguintes são hiperbólicas, parabólicas ou
34
elı́ticas e transforme a equação na respectiva região à forma canônica.
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 = x2
∂x2
∂y
a)
x
b)
x2
∂ 2u
∂2u
∂u
2
+
(y
−
1)
=
2
2
∂x
∂y
∂x
c)
x2
2
∂2u
∂ 2u
2 ∂ u
−
2xy
+
y
= ex
∂x2
∂x∂y
∂y 2
d)
e2x
e)
sen2 x
f)
(x2 − 4)
∂ 2u
∂ 2 u ∂u ∂u
2
+
(y
−
1)
+
+
= ex + 1
∂x2
∂y 2
∂x ∂y
g)
(1 − x2 )
2
∂ 2u
∂2u
∂u
∂u
2 ∂ u
−
2xy
−
(1
+
y
)
− 2x
− 2y
=0
2
2
∂x
∂x∂y
∂y
∂x
∂y
2
∂2u
∂u
3y ∂ u
+
e
=
+u
2
2
∂x
∂y
∂y
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
2
+
sen
2x
+
cos
=x
x
∂y 2
∂x∂y
∂x2
Respostas:
∂ 2u
1
a) Se x < 0, é hiperbólica e
=
∂ξ∂η
4
ξ−η
4
4
1
1
−
2 (ξ − η)
∂u
∂u
=
∂ξ
∂η
Se x = 0, é parabólica e a equação já está na forma canônica.
Se x < 0, é elı́tica e
η4
1 ∂u
∂ 2u ∂ 2u
+
=
+
2
2
∂ξ
∂η
16 η ∂η
c) É parabólica sempre e
∂ 2u
2ξ ∂u
1 ξ
= 2
+ 2 eη
2
∂η
η ∂ξ
η
35
∂ 2u
1
e) É parabólica sempre e
=
2
∂η
1 − e2(η−ξ)
4.
sen
−1
η−ξ
e
∂u
−
.
∂ξ
Encontre a solução geral das seguintes equações:
(i)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
8
+
7
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(ii) 3
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
4
−
4
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(iii)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
+
6
+
9
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(iv) 3
∂ 2u
∂ 2u
+4 2 =0
∂x∂y
∂y
(vi) 3
∂ 2u
∂ 2u
+
5
=0
∂x2
∂y 2
(v) 4
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 =0
∂x2
∂y
Respostas:
(i) u(x, y) = f (y − 7x) + g(y − x)
(iii) u(x, y) = yf (y − 3x) + g(y − 3x)
(ii) u(x, y) = f (y − 6x) + g(y + 2x)
3y
(iv) u(x, y) = f (x) + g x −
4
(v) u(x, y) = f (x + 2i) + g(x − 2i)
5. Resolver as seguintes equações:
a)
∂u
∂u
∂ 2u ∂ 2u
− 2 +2
−2
=8
2
∂x
∂y
∂x
∂y
b)
4
c)
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2 u ∂u
∂u
+
−
2
+
+
2
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
∂x
∂y
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2 u ∂u ∂u
+
5
+
+
+
=2
∂x2
∂x∂y
∂y 2
∂x ∂y
Sugestão: Ver o exercı́cio resolvido 8.
36
Resposta:
e 31 (y−x)
1
x
+ f (y − x).
+ g y−
3
4
b)
8
u(x, y) =
3
6.
Determine a solução das seguintes equações:
(i)
x
y−
4
∂ 2u
∂ 2u
∂2u
+
2
+
5
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(iii) 2
(ii)
∂ 4u
∂ 4u
∂ 4u
+
2
+
=0
∂x4
∂x2 ∂y 2
∂y 4
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
−
+
3
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
Respostas:
(i)
(ii)
u(x, y) = f (y − x + 2ix) + g(y − x − 2ix)
u(x, y) = (x − iy)f1 (x + iy) + f2 (x + iy) + (x + iy)f3 (x − iy) + f4 (x − iy)
Sugestão: Escrever a equação na forma
∂2
∂2
+
∂x2 ∂y 2
∂2
∂2
+ 2 u=0
∂x2
∂y
e resolver duas equações elı́ticas respectivamente.
7.
Encontre a solução geral das equações seguintes:
(i)
x2
(ii)
y
2
∂ 2u
∂ 2u
∂u
2 ∂ u
2 ∂u
+
2xy
+
y
+
xy
+
y
=0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
∂x
∂y
∂ 2u
∂2
∂u
2
−
α
y
− 2α2
= 0, α = constante.
2
2
∂x
∂y
∂y
Sugestão: Fazer v = yu.
Respostas:
(i)
y −y
y
+g
e
u(x, y) = f
x
x
37
(ii)
8.
u(y, x) =
1
1
f (y + αx) + g(y − αx).
y
y
Transformar as seguintes equações para a forma:
vξη = αv
α = constante,
mediante a mudança v = u e−(aξ+bη) , onde a e b são constantes a determinar.
(i)
2
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
∂u
∂u
+
6
+
+4
+6
+u=0
2
2
∂x
∂x∂y
∂y
∂y
∂x
(ii)
3
∂ 2u
∂ 2 u ∂u
∂ 2u
+
7
+
2
+
+u =0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
∂y
(iii)
∂2u
∂ 2 u ∂u ∂u
+ 2 +
+
+ 3u = 0
∂x∂y
∂y
∂x ∂y
Resposta:
(ii)
vξη =
84
v.
625
38
39
2.
EQUAÇÕES HIPERBÓLICAS
Na presente seção estudar-se-á alguns problemas significantes e métodos para as
equações de tipo hiperbólico. Recorde-se que o modelo analisado anteriormente foi da
forma Lu = F . Sendo o caso hiperbólico o de interesse, na presente seção, o operador
reduz-se a
Lu =
∂ 2u
·
∂x∂y
A função F será considerada da forma:
∂u
∂u ∂u
∂u
= −a(x, y)
F x, y, u,
,
− b(x, y)
− c(x, y)u + f (x, y).
∂x ∂y
∂x
∂y
Portanto, a equação hiperbólica a ser analisada é a seguinte:
(1)
∂ 2u
∂u
∂u
+ a(x, y)
+ b(x, y)
+ c(x, y)u = f (x, y)
∂x∂y
∂u
∂y
que é linear. Suas curvas caracterı́sticas são
(2)
x = c,
y = c,
isto é, as duas famı́lias de retas paralelas dos eixos coordenados. O operador no primeiro
membro de (1) será representado por Lu, tendo-se:
Lu =
∂u
∂u
∂ 2u
+ a(x, y)
+ b(x, y)
+ c(x, y)u.
∂x∂y
∂x
∂y
40
Nesta seção, serão formulados os problemas de Cauchy e Goursat para a equação
Lu = f . A seguir analisa-se o método de Riemann dando uma fórmula explı́cita para
a solução do problema de Cauchy, em função dos dados. O método de Riemann será
aplicado ao estudo da equação do telégrafo e à equação de vibrações transversais de uma
corda elástica reencontra-se a fórmula de d’Alembert. Finaliza-se a seção com um breve
estudo sobre as soluções analı́ticas de uma equação diferencial parcial, pelo método dos
limites de Cauchy.
PROBLEMA DE CAUCHY
Seja Γ um arco de curva regular no plano R2 , com sistema de coordenadas xOy,
ortogonal. Supõe-se que Γ não intercepte cada caracterı́stica de Lu = f , em mais de
um ponto. Para ser mais explı́cito, suponha Γ dada por y = g(x) ou x = h(y) e situada
no quadrante x > 0, y > 0 do plano R2 . As funções g e h são supostas continuamente
diferenciáveis; consulte a figura
Fig. 1
41
O problema de Cauchy consiste em determinar uma solução u(x, y) da equação
∂u
∂y
sobre Γ. Toma-se Ω o retângulo ABCD e a curva Γ como acima mencionada, contida
(1) em um aberto Ω do R2 , contendo Γ no seu interior, conhecidos os valores de u e
no retângulo da figura 1. Suponha conhecidas as funções ϕ(x) e ψ(x) sobre Γ, as quais
são e continuamente diferenciáveis.
O problema de Cauchy para Lu consiste em determinar u(x, y) definida em Ω
satisfazendo às condições:
(3)
Lu = f em Ω
u = ϕ(x), ∂u = ψ(x)
Γ
∂y Γ
∂u
sobre Γ. De
∂x
fato, tem-se u(x, y) = ϕ(x), quando y = g(x). Derivando-se em relação a x, obtém-se:
∂u ∂u ′
= − g (x) + ϕ′ (x)
∂x Γ
∂y Γ
Observação 1: Com os dados de (3) calcula-se, facilmente, o valor de
ou
∂u = ϕ′ (x) − ψ(x)g ′ (x) = ζ(x)
∂x Γ
O problema de Cauchy (3) para Lu, com coeficientes a(x, y), b(x, y), c(x, y) e
membro da direita f (x, y) regulares em Ω, possui uma única solução. A demonstração
é feita pelo método de aproximações sucessivas de Picard. A metodologia, como de
hábito, consiste em transformar (3) em um sistema de equações diferenciais parciais e
este em um sistema de equações integrais, equivalente, ao qual aplica-se o método de
Picard. Será feita a transformação para um sistema a seguir.
Considere-se a mudança de variáveis:
v=
∂u
∂x
e
w=
∂u
∂y
42
em Lu = f , transformando-o no sistema:
(4)
As condições sobre Γ são:
∂v
∂y = f (x, y) − av − bw − cu
∂w
∂x = f (x, y) − av − bw − cu
∂u
∂y = w
uΓ = ϕ(x),
(5)
wΓ = ψ(x),
v Γ = ζ(x).
Para obter o sistema de equações integrais, considere a figura e N = (x, y) um
ponto no interior do retângulo ABCD que contém Γ e contido no aberto Ω. Trace por N
as caracterı́sticas encontrando Γ em P e Q, sendo N P e N Q segmentos caracterı́sticos.
Integrando-se a primeira e terceira equação (4) ao longo de QN e a segunda equação
(4) ao longo de P N , resulta:
(6)
Z y
v(x, y) = ζ(x) +
[f (x, y) − av − bw − cu] dy
g(x)
Z x
w(x, y) = ψ(x) +
[f (x, y) − av − bw − cu] dx
h(y)
Z y
u(x, y) = ϕ(x) +
w dy
g(x)
Demonstra-se que (4) e (5) são equivalentes a (6). Aplica-se ao (6) o método de Picard
obtendo-se a solução. Prova-se a unicidade.
Não será feita a demonstração de existência de (6) para o problema de Cauchy.
Preferiu-se formular o problema de Goursat e resolvê-lo pelo mesmo processo mencionado de aproximações sucessivas. O leitor pode repetir, sem dificuldade, o método
para o sistema (6).
43
PROBLEMA DE GOURSAT
Este consiste em determinar uma solução da equação Lu = f em um aberto Ω
do R2 , quando os dados são conhecidos sobre curvas caracterı́sticas. Relembre-se que a
curva Γ do problema de Cauchy foi escolhida totalmente diferente. Considere a figura
a seguir:
Fig. 2
Considere-se ϕ(y) e ψ(x) continuamente diferenciáveis, respectivamente, em y0 ≤
y ≤ y0 + b e x0 ≤ x ≤ x0 + a, a e b positivos. Formula-se o problema de Goursat como
se segue.
(7)
Lu = f em Ω
u(x0 , y) = ϕ(y) em y0 ≤ y ≤ y0 + b
u(x, y ) = ψ(x) em x ≤ x ≤ x + a
0
0
0
Note-se que os dados são conhecidos sobre os segmentos caracterı́sticos y0 ≤ y ≤ y0 +
b e x0 ≤ x ≤ x0 + a.
44
Será demonstrado que o problema de Goursat (7) possui uma única solução, pelo
método de aproximações sucessivas. A metodologia é semelhante à descrita anteriormente, para o problema de Cauchy.
Considera-se a mudança de variáveis
v=
∂u
∂x
e
w=
∂u
·
∂y
As novas variáveis serão u, v, w, obtendo-se o sistema (4) que será reescrito:
∂v
∂y = f (x, y) − av − bw − cu
∂w
(4) bis
∂x = f (x, y) − av − bw − cu
∂u
∂y = w
As condições iniciais serão:
(8)
u(x, y0 ) = ψ(x),
v(x, y0 ) = ψ ′ (x),
w(x0 , y) = ϕ′ (y).
A forma integral de (4)bis e (8) será:
Z y
v(x, y) = ψ ′ (x) +
(f − av − bw − cu) dy
y0
Z x
′
(f − av − bw − cu) dx
(9)
w(x, y) = ϕ (y) +
x0
Z y
u(x, y) = ψ(x) +
w dy
y0
Para entender o processo tome-se Ω igual ao retângulo ABCD da Fig. 2. Assim, no
sistema (9) tem-se x, y é um ponto de Ω.
Existência de Solução de (9) - Será demonstrada pelo método de aproximações
sucessivas. De fato, considera-se como aproximações de ordem zero:
(10)
v0 = ψ ′ (x),
w0 = ϕ′ (y),
u0 = ψ(x).
45
O sistema de aproximações sucessivas é definido, indutivamente, por:
Z y
vn (x, y) = v0 (x) +
(f − avn−1 − bwn−1 − cun−1 ) dy
y0
Z x
(f − avn−1 − bwn−1 − cun−1 ) dx
wn (x, y) = w0 (y) +
x0
Z y
un (x, y) = u0 (x) +
wn−1 dy
(11)
y0
para n = 1, 2, . . . .
A próxima etapa consiste em provar que a sucessão (vn , wn , un ) converge, absoluta e uniformemente, no retângulo Ω
Ω = {(x, y) ∈ R2 ; x0 ≤ x ≤ x0 + a, y0 ≤ y ≤ y0 + b}.
De (11) obtém-se o sistema de diferenças:
(12)
Z y
vn+1 − vn = −
[a(vn − vn−1 ) + b(wn − wn−1 ) + c(un − un−1 )] dy
y
0
Z x
[a(vn − vn−1 ) + b(wn − wn−1 ) + c(un − un−1 )] dx
wn+1 − wn = −
x0
Z y
un+1 − un =
(wn − wn−1 ) dy
y0
Daı́, resulta:
|v1 − v0 | ≤
Z
y
y0
[ |f (x, y)| + |a| + |b| + |c| |v0 | + |w0 | + |u0 | ] dy.
Representando-se por M = max |a|, |b|, |c| no retângulo e K = max(1, 3M ),
obtém-se:
|v1 − v0 | ≤ K
Z
y
y0
|f | + |v0 | + |w0 | + |u0 | dy ≤ K N (y − y0 ) ,
46
onde N = 4 max{|f |, |ϕ′ |, |ψ|, |ψ ′|} e daı́
|v1 − v0 | ≤ K N b ≤ K A.
Analogamente,
|w1 − w0 | ≤ K A e
|u1 − u0 | < K A.
A próxima diferença será:
|v2 − v1 | ≤
Z
y
y0
|a||v1 − v0 | + |b||w1 − w0 | + |c||u1 − u0 | dy.
Pela estimativa já calculada, obtém-se:
Z y
|v2 − v1 | ≤ AK
|a| + |b| + |c| dy ≤ A K 2 (x − x0 + y − y0 ).
y0
Daı́ calcula-se:
|v3 − v2 | ≤ A K
3
Z
y
y0
(x − x0 + y − y0 ) dy = A K
3
(x − x0 )2
(x − x0 + y − y0 )2
.
−
2
2
Portanto, resulta:
|v3 − v2 | ≤ A K 3
(x − x0 + y − y0 )2
·
2!
Procedendo-se indutivamente encontra-se:
|vn − vn−1 | ≤ A K n
(x − x0 + y − y0 )n−1
·
(n − 1)!
Demonstra-se, por indução finita, que esta desigualdade vale para todo n. As mesmas
desigualdades são válidas para wn e un , obtendo-se:
n−1
|vn − vn−1 | ≤ A K n (x − x0 + y − y0 )
(n − 1)!
(x − x0 + y − y0 )n−1
(13)
|wn − wn−1 | ≤ A K n
(n − 1)!
n−1
|un − un−1 | ≤ A K n (x − x0 + y − y0 )
(n − 1)!
47
para n = 1, 2, . . . .
Considere-se as séries de funções:
∞
X
v0 +
(vn − vn−1 )
n=1
∞
w + X (w − w
0
n
n−1 )
n=1
∞
X
u0 +
(un − un−1 )
(14)
n=1
Examinar-se-á a convergência da primeira (14) sendo análoga à análise das outras. De fato, resulta de (13)1 que a série (14)1 é majorada pela série
(15)
A + AK
∞
X
K n−1
n=1
(x − x0 + y − y0 )n−1
·
(n − 1)!
Sendo (x − x0 + y − y0 )n−1 ≤ (a + b)n−1 , conclui-se que a série (14)1 é dominada, em
valor absoluto, pela série numérica convergente:
A + AK
∞
X
K
+ b)n−1
·
(n − 1)!
n−1 (a
n=1
Note que esta série converge para o número
A 1 + K eK(a+b) .
Portanto, a série (14)1 converge absoluta e uniformemente no retângulo
Ω = {(x, y) ∈ R2 ; x0 ≤ x ≤ x0 + a, y0 ≤ y ≤ y0 + b}
para uma função contı́nua v(x, y). Sendo as somas parciais da série (14)1 iguais ao termo
vn , para todo n, conclui-se que a sucessão (vn ) de aproximações sucessivas converge
absoluta e uniformemente no retângulo Ω para a função contı́nua v(x, y).
48
Mutatis mutantis prova-se que as sucessões (wn ) e (un ) convergem absoluta e
uniformemente, no retângulo Ω, para as funções contı́nuas w(x, y) e u(x, y).
A convergência uniforme das sucessões (vn ), (wn ) e (un ) autoriza tomar o limite
em (11) quando n → ∞. Assim, obtém-se v, w, u solução de (9). Unicidade - Suponha-se que existam duas soluções (v, w, u) e (v̂, ŵ, û) do sistema (9). Considerando-se U = u − û, V = v − v̂ e W − w − ŵ, são soluções
Z y
V (x, y) = −
(aV + bW + cU ) dy
y
0
Z x
(aV + bW + cU ) dx
(15)
W (x, y) = −
x0
Z y
U (x, y) = −
W (x, y) dy
y0
As funções V , W , U são contı́nuas no retângulo fechado, logo aı́ limitadas. Conseqüentemente existe uma constante α > 0 tal que
(16)
|U (x, y)| < α,
|V (x, y)| < α,
|W (x, y)| < α
para todo (x, y) no retângulo.
Portanto, (15) e (16) obtém-se:
Z
|V (x, y)| ≤
y
y0
ou
(17)
|a| + |b| + |c| α dy
|V (x, y)| ≤ K α(y − y0 ) ≤ K α
(x − x0 + y − y0 )
·
1!
De modo análogo obtém-se:
(18)
|W (x, y)| ≤ K α
(19)
|U (x, y)| ≤
(x − x0 + y − y0 )
·
1!
(x − x0 + y − y0 )
·
1!
49
Retornando à equação (15)1 , tomando o valor absoluto e empregando a estimativa (17) obtém-se:
|V (x, y)| ≤ α K 2
(20)
(x − x0 + y − y0 )2
.
2!
Por um processo análogo, empregando (18) e (19) obtém-se:
(21)
|W (x, y)| ≤ α K 2
(22)
|U (x, y)| ≤ α K 2
(x − x0 + y − y0 )2
2!
(x − x0 + y − y0 )2
2!
De modo indutivo, encontra-se:
(x − x0 + y − y0 )n
|V (x, y)| ≤ α K n
n!
(x − x0 + y − y0 )n
(23)
|W (x, y)| ≤ α K n
n!
(x − x0 + y − y0 )n
|U (x, y)| ≤ α K n
n!
para n = 1, 2, . . . .
Observando-se as estimativas (23), conclui-se que V , W e U são dominadas, em
valor absoluto, pelo termo geral da série (15), que é convergente em valor absoluto e
uniformemente no retângulo. Logo seu termo geral converge para zero, o que implica:
V (x, y) = 0,
W (x, y) = 0 e
no retângulo, provando a unicidade.
U (x, y) = 0
MÉTODO DE RIEMANN
O método de Riemann permite calcular explicitamente a solução do problema de
Cauchy para o operador Lu, em função dos dados de Cauchy sobre uma curva γ. Sendo
Lu =
∂ 2u
∂u
∂u
+a
+b
+ cu,
∂x∂y
∂x
∂y
50
com coeficientes regulares. Segue-se, como foi visto, que Lu é do tipo hiperbólico com
as duas famı́lias de caracterı́sticas dadas por
x=c e
y = c.
Como foi visto anteriormente, considerando a curva γ regular e não interceptando
cada caracterı́stica em mais de um ponto, então o problema de Cauchy
(24)
Lu = f em Ω
u = ϕ, ∂u = ψ
γ
∂x γ
possui uma única solução. As hipóteses sobre ϕ, ψ, a, b, c são as fixadas. O método de
demonstração é o de aproximações sucessivas de Picard, como foi feito para o problema
de Goursat. No presente parágrafo será exposto o método de Riemann permitindo
calcular explicitamente a solução u de (24) em função dos dados e da função de Riemann
do referido problema. Posteriormente serão feitas aplicações à equação do telégrafo e à
equação de vibrações transversais de uma corda elástica.
A primeira etapa do método consiste em representar o produto
(25)
v Lu,
sendo v(x, y) uma função real C 1 (Ω), sob a forma de uma divergência para, a seguir,
aplicar o lema de Gauss ou a fórmula de Riemann-Green. De modo preciso, determina-se
∂u ∂u
duas funções M e N , de classe C 1 (Ω), lineares em u,
,
tais que
∂x ∂y
(26)
v Lu =
∂M
∂N
+
∂x
∂y
em
Ω.
Isto equivale a dizer que v Lu é a divergência do campo de vetores (M, N ).
51
De fato, suponha-se que
M =β
∂u
∂u
+ γu e N = α
+ δu,
∂y
∂x
com α, β, γ, δ determinadas de modo que se verifique a (26).
Obtém-se:
(27)
∂
∂u
∂u
∂
β
α
+ γu +
+ δu =
∂x
∂y
∂y
∂x
∂α ∂u
∂β ∂u
∂ 2u
+ γ+
+ δ+
+
= (α + β)
∂x∂y
∂y ∂x
∂x ∂y
∂δ
∂γ
u.
+
+
∂x ∂y
Portanto de (26) e (27), resulta:
(29)
α + β = v,
γ+
(30)
∂β
∂γ
+
= cv
∂x
∂y
∂α
= av,
∂y
δ+
∂β
= bv
∂x
Considerando-se, em particular
(31)
α=β=
v
2
conclui-se de (29):
(32)
γ = av −
1 ∂v
2 ∂y
e
δ = bv −
1 ∂v
·
2 ∂x
Para que γ e δ dados por (32) satisfaçam à condição (30), deve-se ter:
(33)
∂
1 ∂v
∂
1 ∂v
av −
+
bu −
= cv
∂x
2 ∂y
∂y
2 ∂x
52
ou, v é solução da equação:
∂v
∂v
∂a
∂b
∂ 2v
v = 0,
−a
−b
+ c−
−
∂x∂y
∂x
∂y
∂x ∂y
(34)
denominada equação adjunta de Lu = 0.
O operador L∗ v, definido pelo membro da direita de (34), denomina-se adjunto
de Lu.
Considere-se uma solução particular v da equação L∗ v = 0 e com esta função v
defina M e N do modo seguinte:
∂v
1 ∂
1 ∂v
v ∂u
u = u av −
+
+ av −
(uv)
M=
2 ∂y
2 ∂y
∂y
2 ∂y
∂v
1 ∂
1 ∂v
v ∂u
u = u bv −
+
+ bv −
(uv)
N=
2 ∂x
2 ∂x
∂x
2 ∂x
Para calcular a solução do problema de Cauchy (24), guiar-nos-emos pela Fig. 3.
Considere-se uma porção de curva γ representada pelo arco BC da Fig. 3. Será calculado o valor da solução u(x, y) em A de coordenadas (x0 , y0 ), como na Fig. 3. Supõe-se
γ decrescente em x > 0, y > 0, tem-se C interseção de x = x0 com γ e B de y = y0 com
γ. O problema de Cauchy será a determinação de u(x, y) satisfazendo as condições:
Lu = f em R2
(35)
∂u
= ψ sobre o arco BC
u = ϕ,
∂x
Supõe-se ϕ, ψ, a, b, c continuamente diferenciável e f contı́nua em R2 .
Representa-se por Γ a fronteira de Ω, como na Fig. 3, orientada no sentido
anti-horário. Suponha f = 0 para facilitar.
Considere-se a solução particular da equação adjunta L∗ v = 0, sem condição
inicial no momento. Como já foi verificado, define-se M e N por meio de v, obtendo-se
a (28), isto é,
v Lu =
∂N
∂M
+
·
∂x
∂y
53
Fig. 3
Se u for a solução do problema de Cauchy (35), com f = 0, integrando-se sobre
Ω obtém-se:
Z (36)
Ω
∂M
∂N
dxdy = 0.
+
∂x
∂y
Observação 2: Se f não for zero, a (36) será igual a
Representa-se por
R
Ω
R
Ω
vf dxdy.
a integral dupla sobre Ω. Aplicando-se em (36) a fórmula
de Riemann-Green, obtém-se:
Z
Z
(37)
M νx dΓ + N νy dΓ = 0,
Γ
Γ
sendo νx = cos(ν, x) e νy = cos(ν, y), sendo ν a normal externa a Γ fora dos pontos
angulosos, veja Fig. 3.
54
Reescrevendo (37) obtém-se:
Z
(38)
M νx dΓ +
BC
+
Z
Z
N νy dΓ +
BC
N νy dΓ +
AB
Z
Z
M νx dΓ +
AB
M νx dΓ +
CA
Z
N νy dΓ = 0.
CA
Note-se que em (38) todas as integrais são curvilı́neas.
Examinando-se νx , νy sobre as várias componentes de Γ, obtém-se:
Sobre BC:
νx dΓ = dy;
νy dΓ = −dx
Sobre AB:
νx = 0;
νy dΓ = −dx
Sobre CA:
νx dΓ = dy;
νy = 0.
Observe que tem-se sobre Γ: cos(ν, x)dΓ = dy e cos(ν, y)dΓ = dx. Em face dos cálculos
sobre BC, CA e AB, reduz-se a (38) à forma:
(39)
Z
BC
M dy −
Z
BC
N dx −
Z
N dx +
AB
Z
M dy = 0.
CA
Substituindo-se M e N conhecidas em função da solução v de L∗ v = 0, obtém-se:
Z
Z
1 A
dv
M dy = uv C +
(40)
dy
u av −
2
dy
CA
CA
Z
Z
∂v
1 B
(41)
dx
u bv −
N dx = uv A +
2
∂x
AB
AB
Sobre o arco CB são conhecidas u,
∂u ∂u
,
obtidas pelos dados de Cauchy ϕ e ψ.
∂x ∂y
Assim, a (39) será simplificada se a solução particular v da equação adjunta L∗ v = 0
anular as integrais nos membros da direita de (40) e (41), respectivamente. Para que
tal aconteça, é suficiente que sobre o segmento AB da equação y = y0 se tenha:
(42)
b(x, y0 )v(x, y0 ) −
∂v
(x, y0 ) = 0
∂x
55
ou
v(x, y0 ) = exp
Z
x
x0
b(s, y0 ) ds .
Sobre o segmento AC de equação x = x0 deve-se ter:
(43)
a(x0 , y)v(x0 , y) −
ou
v(x0 , y) = exp
Z
∂v
(x0 , y) = 0
∂y
y
y0
a(x0 , s) ds .
Portanto, a solução v do problema adjunto L∗ v = 0 não será mais arbitrária,
pois deverá satisfazer às condições (42) sobre AB e (43) sobre CA.
Aqui chega-se ao ponto mais significativo do método de Riemann. Representese por R(x, y, x0, y0 ) a solução do problema adjunto L∗ v = 0, satisfazendo à condição
(42) sobre AB e (43) sobre CA. Se assim for, R(x, y, x0, y0 ) = 1 em A. Esta solução
R(x, y, x0, y0 ) do problema adjunto L∗ v = 0, denomina-se FUNÇÃO DE RIEMANN do
problema de Cauchy (24) para Lu.
É oportuno observar que AB e CA são segmentos caracterı́sticos de Lu. Portanto,
a função de Riemann é solução de um problema de Goursat para o adjunto de Lu, cujas
condições iniciais sobre os segmentos caracterı́sticos AB e CA são dadas em função dos
coeficientes b(x, y) e a(x, y) de Lu, veja (42) e (43). A solução é igual a um em A.
De modo simbólico, a função de Riemann seria a função v solução do problema
de Goursat:
(44)
∗
L v = 0 em Ω
Z x
v = exp
b(s, y0 ) ds
em AB
x0
Z y
v = exp
a(x0 , s) ds
em CA
y0
v = 1 em A
56
(45)
(46)
Portanto se R for a função de Riemann do problema obtém-se:
Z
1 A
M dx = Ru C
2
CA
Z
1 B
N dy = Ru A
2
AB
Substituindo-se (45) e (46) em (39), obtém-se:
(47)
1 A 1 B
Ru C − Ru A +
2
2
Z
BC
M dy −
Z
N dx = 0.
BC
Sendo R = 1 em A, obtém-se de (47) a forma explı́cita da solução do problema de
Cauchy (24), dada por:
(48)
1
uA = (Ru)B + (Ru)C −
2
Z
BC
M dy +
Z
N dx.
BC
Analisando (48) observa-se que u é conhecida em B e C. As funções M e N são
conhecidas sobre CB porque u,
∂u ∂u
,
o são. Assim, (48) dá explicitamente a solução
∂x ∂y
do problema de Cauchy (24) para qualquer ponto A do domı́nio de existência, fora de
γ, onde são conhecidos os dados de Cauchy.
Denonima-se (48) FÓRMULA DE RIEMANN para o problema de Cauchy (24).
A seguir serão feitas aplicações do método de Riemann para o estudo da Equação
do Telégrafo e da Equação de Vibrações Transversais de uma Corda Elástica.
EQUAÇÃO DO TELÉGRAFO
Nas equações diferenciais parciais da Fı́sica Matemática representa-se a variável
y por t que representa o parâmetro tempo. Assim, com uma conveniente mudança de
escala, a equação que modela o fluxo de eletricidade em um fio metálico é dada por
∂ 2V
∂V
∂ 2V
−
= −2
,
2
2
∂t
∂x
∂t
−∞ < x < +∞, t > 0,
57
sendo V (x, t) o potencial elétrico. Trata-se de uma equação hiperbólica. Tem-se
LV =
∂ 2V
∂ 2V
−
∂t2
∂x2
e
F = −2
∂V
∂t
é uma equação linear. Em geral, nos problemas de Fı́sica Matemática, procura-se a
solução do problema de Cauchy fixando-se um dado instante quando inicia-se a observar
∂V
quando t = 0. Então a curva
o fenômeno. Escolhe-se t = 0. Portanto, fixa-se V e
∂t
γ do problema de Cauchy é
γ = {(x, t) ∈ R2+ ; t = 0}.
Note-se que R2+ é o semiplano (x, t) com t ≥ 0.
Estuda-se nesta seção o problema de Cauchy:
(49)
2
∂ V
∂ 2V
∂V
−
+
2
= 0 em t > 0, −∞ < x < +∞
2
2
∂t
∂x
∂t
∂V
V (x, 0) = χ(x) e
(x, 0) = ψ(x) em − ∞ < x < +∞
∂t
sendo χ e ψ continuamente diferenciáveis.
Procura-se a solução sob a forma
(50)
V (x, t) = e−t U (x, t).
Substituindo-se em (49)1 , encontra-se:
(51)
∂ 2U
∂ 2U
−
= U.
∂t2
∂x2
As condições iniciais (49)2 mudam para
(52)
U (x, 0) = χ(x),
∂U
(x, 0) = χ(x) + ψ(x).
∂t
58
Para aplicar o método de Riemann, considere-se a transformação de coordenadas
τ : (x, t) → (X, Y ) definida por:
(53)
2X = x + t,
2Y = x − t.
Fazendo-se o cálculo em (51) e representando por u(X, Y ) a nova incógnita obtém-se:
∂ 2u
+u=0
∂X∂Y
(54 .)
Para saber como mudam os dados iniciais, observe-se que a reta t = 0 do plano
(x, t) é transformada, por (53), na bissetriz Y = X do plano X, Y . Portanto, o problema
de Cauchy para (54) tem seus dados sobre a curva γ que é a bissetriz Y = X. Tem-se:
∂u
1 ∂u
(X, X) −
(X, X) = ψ(2X) + χ(2X).
(55)
u(X, X) = χ(2X),
2 ∂X
∂Y
Tem-se a imagem geométrica dada pela Fig. 4.
Deve-se calcular, com a fórmula de Riemann (48) a solução de (54) com dados
(55) sobre a diagonal Y = X. Para tal necessário se torna calcular a função de Riemann
do problema.
Fig. 4
59
Note-se que em Lu dado por (54) tem-se a = b = 0, veja (24). Portanto o
operador adjunto L∗ v =
∂ 2v
+ v . A equação adjunta será:
∂X∂Y
∂ 2v
+ v = 0.
∂X∂Y
(56)
A função de Riemann será tal que v é solução de (56) com v = 1 em A, veja Fig. 4. Note
que A é a interseção das caracterı́sticas X = X0 e Y = Y0 . O problema de Goursat
para (56) tem dados v = 1 em AB e v = 1 em CA, veja (44) para o cálculo da função
de Riemann. Considere-se o produto
(57)
λ = (X − X0 )(Y − Y0 ),
procurando-se a solução de (56) tal que
(58)
R(X, Y, X0, Y0 ) = ϕ(λ)
sendo ϕ(0) = 1. Fazendo-se a mudança de variáveis (57) na equação (56), obtém-se:
(59)
λ
d2 ϕ dϕ
+
+ ϕ(λ) = 0,
dλ2
dλ
com a condição inicial
(60)
ϕ(0) = 1.
Trata-se de uma equação de Bessel. O ponto λ = 0 é um ponto singular. Calcula-
se, a seguir, uma solução analı́tica de (59), (60). Considere-se a série de potências
(61)
ϕ(λ) = 1 + a1 λ + a2 λ2 + · · · + an λn + . . .
cujos coeficientes são determinados de modo que (61) seja solução de (59). Substituindose em (59), obtém-se a relação de recorrência:
n(n − 1)an + nan + an−1 = 0,
n = 1, 2, . . .
60
ou
n2 an + an−1 = 0.
Logo a função de Riemann é:
ϕ(λ) = 1 −
n
λ2
λ3
λ
n λ
+
−
+
·
·
·
+
(−1)
+...
12
(1.2)2 (1.2.3)2
(n!)2
De modo explı́cito, tem-se:
R(X, Y, X0, Y0 ) = 1 −
(X − X0 )(Y − Y0 ) [(X − X0 )(Y − Y0 )]2
+
+...
12
(1.2)2
A solução da equação dada pela fórmula de Riemann é:
1
(uR)B + (uR)C
uA =
2
Z
Z
1
1
∂u
∂R
∂u
∂R
+
R
dX −
u
dX
−
−
2 BC
∂X
∂Y
2 BC
∂X
∂Y
(62)
porque a = b = 0 e dX = dY em BC.
Tem-se
(63)
dϕ
∂R
=
(Y − Y0 )
∂X
dλ
R = ϕ(λ),
e
∂R
dϕ
=
(X − X0 ),
∂Y
dλ
R = 1 em B e C.
Logo, encontra-se de (62):
1
1
uA = (uB + uC ) +
2
2
Z
Z
Y0 − X 0
∂u
∂u
ϕ(λ)
dX +
χ(X)ϕ′ (λ) dX
−
∂X
∂Y
2
BC
BC
porque Y = X sobre CB e u(X, X) = χ(X). De (55), obtém-se:
1
u(x0 , t0 ) = (uB + uC ) +
2
Z
t0
ϕ(λ) (ψ(2X) + χ(2X)) dX −
2
BC
Z
BC
χ(2X)ϕ′ (λ)dX.
61
A solução da equação do telégrafo é:
V (x0 , t0 ) = e−t0 u(x0 , t0 )
que converge para zero se t0 → ∞.
CORDAS VIBRANTES
Com a convenção feita sobre as variáveis y e t, obtém-se a equação diferencial
parcial de vibrações transversais de uma corda elástica, dada do modo seguinte:
2
∂ 2u
2∂ u
−
k
= 0,
∂t2
∂x2
t ≥ 0,
−∞ < x < +∞.
Representa-se por u(x, t) a deformação da corda no instante t. Tem-se o seguinte problema de Cauchy:
(64)
2
2
∂ u
2∂ u
−
k
=0
∂t2
∂x2
∂u
u(x, 0) = ϕ(x),
(x, 0) = ψ(x)
∂t
em
− ∞ < x < +∞ e t > 0
em
− ∞ < x < +∞
Note-se que os dados de Cauchy são sobre a curva
γ = {(x, t) ∈ R2+ ; t = 0}
isto é, o eixo dos x.
A equação (64)1 foi a primeira equação diferencial parcial estudada do ponto de
vista matemático. Salienta-se a contribuição de Jean d’Alembert que, pela primeira vez,
exibiu uma forma explı́cita para a solução do problema (64), conhecida por Fórmula de
d’Alembert. Usando o método de Riemann reencontra-se a fórmula d’Alembert.
Inicia-se fazendo uma mudança de coordenadas
τ : (x, t) → (X, Y )
62
sendo
(65)
X = x + kt e
Y = x − kt.
O k que aparece em (64)1 é uma constante positiva. Por meio de (65) a equação (64)1
transforma-se em
∂ 2u
=0
∂X∂Y
(66)
que é uma equação hiperbólica, cujas caracterı́sticas são as retas X = c, Y = c.
A reta t = 0 transforma-se, por (65), na bissetriz Y = X do primeiro quadrante
do plano R2 com coordenadas (X, Y ). Veja Fig. 5.
Fig. 5
Os dados de Cauchy serão:
(67)
u(X, X) = ϕ(X) e
∂u
∂u
∂u
(x, 0) = k
(X, X) − k
(X, X) = ψ(X).
∂t
∂X
∂Y
Desta forma o problema de Cauchy (64) transforma-se no seguinte:
∂ 2u
∂X∂Y = 0
(68)
∂u
∂u
u(X, X) = ϕ(X) e k
(X, X) − k
(X, X) = ψ(X)
∂X
∂Y
63
Supõe-se que ϕ e ψ continuamente diferenciáveis em −∞ < x < +∞.
Resolve-se o problema de Cauchy (68) pelo método de Riemann. De fato, tem-se
(69)
Lu =
∂ 2u
,
∂X∂Y
logo a = c = b = 0, veja (24), o que traz ótimas simplificações. O adjunto de L é o
operador
L∗ v =
(70)
∂2v
·
∂X∂Y
A fórmula de Riemann (48) é dada por:
(71)
1
(uR)B + (uR)C +
uA =
2
Z
BC
(N − M ) dX
porque sobre BC tem-se Y = X.
Sendo a = b = 0, obtém-se:
(72)
1 ∂v
∂u
∂v
v ∂u
+
.
−
−
N −M =−
2 ∂Y
∂X
2 ∂Y
∂X
Resta conhecer a função de Riemann que vai caracterizar a solução v da equação adjunta,
logo ficam conhecidas M e N sobre BC.
Para calcular a função de Riemann do problema de Cauchy (68), observe que no
presente caso a = b = 0, logo a solução R do problema de Goursat (44) é R(x, y, x0, y0 ) =
1 em todo ponto, isto é, a função de Riemann é a identidade. Logo, (72) reduz-se a
(73)
N −M =+
1
ψ(X).
2k
Portanto, de (35), sendo R ≡ 1, a (71) toma a forma:
(74)
1
1
uA = (uB + uC ) +
2
k
Z
BC
ψ(λ) dλ.
64
Tem-se B é o ponto (X, X) e C é o ponto (Y, Y ). Logo uB = u(X, X) = ϕ(X) e
uC = u(Y, Y ) = ϕ(Y ). Tem-se A é o ponto (X, Y ) e portanto, a solução é:
1
1
ϕ(X) + ϕ(Y ) +
u(X, Y ) =
2
2k
Z
Y
ψ(λ) dλ.
X
Sendo X = x + kt, Y = x − kt, obtém-se, pelo método de Riemann, a solução explı́cita
do problema de Cauchy (64):
(75)
1
1
ϕ(x + kt) + ϕ(x − kt) +
u(x, t) =
2
2k
Z
x+kt
ψ(λ) dλ
x−kt
que é a conhecida fórmula d’Alembert ou solução de d’Alembert.
A seguir será feita uma interpretação da solução de d’Alembert. No instante
em que observa-se a deformação de uma corda perturbada, observa-se o gráfico ϕ(x) =
u(x, 0) que denomina-se configuração inicial. Para interpretar as sucessivas configurações supõe-se que ψ = 0. Assim a solução de
(76)
2
2
∂ u
2 ∂ u
−
k
= 0 em − ∞ < x < +∞, t > 0
∂t2
∂x2
∂u
u(x, 0) = ϕ(x),
(x, 0) = 0, −∞ < x < +∞,
∂x
será, por intermédio da solução de d’Alembert, dada por:
(77)
u(x, t) =
1
ϕ(x + kt) + ϕ(x − kt) .
2
Note-se que ϕ(x − kt) obtida de ϕ(x) por meio de uma translação kt na direção positiva
do eixo dos x. Analogamente, ϕ(x + kt) é obtida de ϕ(x) após uma translação −kt
na direção negativa do eixo dos x. Portanto ϕ(x − kt) é onda de configuração inicial
ϕ(x) que se propaga na direção positiva do eixo x, com velocidade de propagação k. Ela
denomina-se onda progressiva. Semelhantemente, ϕ(x+kt) é a onda ϕ(n) se propagando
65
na direção negativa do eixo x, com velocidade k. Esta denomina-se onda regressiva. A
solução de d’Alembert, quando ψ = 0, é a média aritmética das duas ondas.
Note-se que (77), como solução de (76)1 , deve ser duas vezes continuamente
diferenciável em −∞ < x < +∞. Será escolhida no presente exemplo uma função C ∞
em R, nula fora de um intervalo fechado. Escolheu-se esta função pois aparece em outras
situações significantes.
Considere-se a função
cujo gráfico é:
1
− 1−x
2
e
ρ(x) = 0
se
|x| < 1
se
|x| ≥ 1
Fig. 6
Esta função é C ∞ (R) e se anula no exterior do intervalo fechado −1 ≤ x ≤ +1.
Ela pode ser considerada como configuração inicial ϕ(x). A solução de d’Alembert seria:
u(x, t) =
1
[ρ(x + kt) + ρ(x − kt)].
2
66
Ter-se-ia:
1
exp −
1 − (x + kt)2
ρ(x + kt) = 0
1
exp −
1 − (x − kt)2
ρ(x − kt) = 0
Será analisado para os instantes de tempo tn =
•
se
− 1 < x + kt < +1
se
|x + kt| ≥ 1
se
− 1 < x − kt < +1
se
|x − kt| ≥ 1
n
, n = 0, 1, 2, 3.
2k
Se n = 0, t = 0 e a solução
u(x, 0) =
1
[ρ(x) + ρ(x)] = ρ(x)
2
e a configuração inicial é a da função ρ(x) cujo gráfico é o da Fig. 6.
•
Tem-se:
Se n = 1, t1 =
1
1
e x ± kt = x ± .
2a
2
1
exp −
2
1
1
1− x+ 2
ρ x+
=
2
0
1
exp −
2
1
1− x− 2
1
=
ρ x−
2
0
3
1
<x<
2
2
se
−
se
1
|x + | ≥ 1
2
1
3
<x<+
2
2
se
−
se
1
|x − | ≥ 1
2
67
Fig. 7
•
Obtém-se:
n = 2, t2 =
1
e x ± kt = x ± 1
k
1
exp −
1 − (x + 1)2
ρ(x + 1) = 0
1
exp
1 − (x − 1)2
ρ(x − 1) = 0
se
−2 <x <0
se
|x + 1| ≥ 1
se
0 < x < +2
se
|x − 1| ≥ 1
68
Fig. 8
•
Resulta:
n = 3, t3 =
3
e x ± kt = x ±
2a
3
2
1
exp −
2
3
1− x+ 2
3
ρ x+
=
2
0
1
exp −
2
3
1− x− 2
3
=
ρ x−
2
0
1
5
<x<+
2
2
se
−
se
3
|x + | ≥ 1
2
se
+
se
3
|x − | ≥ 1
2
1
5
<x<+
2
2
69
Fig. 9
PRINCÍPIO DE DUHAMEL
Será examinado o caso do operador linear
Lu(x, t) =
2
∂ 2u
2 ∂ u
−
k
·
∂t2
∂x2
Considera-se o problema de Cauchy
(78)
Lu(x, t) = h(x, t), −∞ < x < +∞, t ≥ 0
u(x, 0) = 0 e ∂u (x, 0) = 0 em − ∞ < x < +∞.
∂t
Note-se que sendo L um operador linear, sem perda de generalidade, considera-se com
condições iniciais nulas.
O problema de Cauchy (*) será resolvido por meio do princı́pio de Duhamel,
o qual é análogo ao método de Lagrange de variação dos parâmetros empregado no
estudo de equações diferenciais ordinárias lineares dotadas de segundo membro. Ele será
70
empregado, também, no Capı́tulo 4 para resolver o problema (78) quando Lu(x, t) =
∂u ∂ 2 u
−
·
∂t
∂x2
De fato, o método consiste em determinar a solução do problema (78) sob a
forma:
(79)
u(x, t) =
Z
t
w(x, t, s) ds,
0
sendo w(x, t, s), para cada s ≥ 0 fixo, solução do problema de Cauchy:
Lw(x, t, s) = 0 para t ≥ s
(80)
w(x, s, s) = 0, wt (x, s, s) = h(x, s)
Note-se que s ≥ 0 é um parâmetro e (80) é um problema de Cauchy em t = s. Suponha-
se h(x, t) duas vezes continuamente diferenciável e limitada em −∞ < x < +∞, t ≥ 0.
É simples verificar que se w(x, t, s) for solução de (80), então u(x, t) definida por (79) é
solução de (78).
Então, considerando a função
v(x, t, s) = w(x, t + s, s)
conclui-se que v(x, t, s) é solução do problema de Cauchy:
Lv(x, t, s) = 0 para t ≥ 0
(81)
v(x, 0, s) = 0, vt (x, 0, s) = h(x, s)
A solução deste problema é dada pela fórmula de D’Alembert (75), com ϕ = 0, ψ = h,
isto é,
1
v(x, t, s) =
2k
Z
x+kt
h(ξ, s) dξ.
x−kt
Substituindo v(x, t − s, s) = w(x, t, s) em (79) obtém-se a solução de (78) dada por:
1
u(x, t) =
2k
Z tZ
0
x+k(t−s)
x−k(t−s)
h(ξ, s) dξ ds.
71
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1. Usando o método de Riemann, resolver o seguinte problema de Cauchy
2
∂ u
2
∂x∂y = 0 em R
u(t, 2 − t) = 3t
0≤t≤2
∂u
(t, 2 − t) = t + 2
∂x
(*)
SOLUÇÃO:
Identificando o problema (*) na forma dada em (24), observa-se que a = 0, b = 0
e
c = 0 e que a curva γ é dada por
γ:
x=t
y =2−t
0≤t≤2
Então, a função de Riemann v solução do problema adjunto dado pela fórmula
(44)
2
∂ v
∂x∂y = 0
v = 1
v = 1
v = 1
em
R2 ,
em
AC
em
AB
em
A
obtém-se que v(x, y) = 1
72
Pela fórmula (48) obtém-se:
(i)
1
u(x0 , 2 − x0 ) + u(2 − y0 , y0 ) +
u(x0 , y0 ) =
2
Z
BC
M dy − N dx.
De (34.1), obtém-se que em BC
M=
t−1
,
2
N=
t+2
·
2
Logo,
(ii)
Z
1
1
M dy − N dx =
(t − 1)(−1) − (t + 2) · 1 dt
2
2
x0
BC
2
(2 − y0 )2
x0
2 − y0
x0
−
+
+
=
2
2
2
2
Z
2−y0
e como B e C são pontos de γ, tem-se
(iii)
u(x0 , 2 − x0 ) = 3x0
e
u(2 − y0 , y0 ) = 3(2 − y0 ).
De (ii) e (iii) em (i), tem-se que
u(x0 , y0 ) =
x20
(2 − y0 )2
−
+ 2x0 − y0 + 2
2
2
é a solução.
Como (x0 , y0 ) é arbitrário, vem que
u(x, y) =
2.
x2
(2 − y)2
−
+ 2x − y + 2.
2
2
Usando o método de Riemann, resolver:
2
∂ u
∂x∂y = 0, no primeiro quadrante
u(t, 1 − t2 ) = 2t2
(*)
∂u
(t, 1 − t2 ) = t
0≤t≤1
∂x
73
SOLUÇÃO:
Considerando (*) na forma dada em (24), observa-se que os coeficientes do operador L, são a = b = c = 0 e que a curva γ é dada por
γ:
x=t
y = 1 − t2
0≤t≤1
Como no exercı́cio 1, observa-se que a função de Riemann v é dada por v(x, y) =
1. Pela fórmula (48), obtém-se que a solução (*) no ponto A é dada por:
p
1
u(x0 , y0 ) =
u(x0 , 1 − x20 ) + u( 1 − y0 , y0 ) +
2
Z
BC
M dy − N dx.
De (34.1), observa-se que em BC, curva contida em γ, tem-se M = −
Então:
Z
BC
M dy − N dx =
Z
√
1−y0
x0
t
3t
−
2
2
dt =
t
3
eN= ·
4
2
1 − y0
x2
− 0·
2
2
Como B e C são pontos de γ, vem:
u(x0 , 1 − x20 ) = 2x20
e
Logo, a solução de (*) é dada por:
u(x0 , y0 ) =
u(
p
1 − y0 , y0 ) = 2(1 − y0 ).
1 − y0
1
x2
x2
3
3
2x20 + 2(1 − y0 ) +
− 0 = 0 − y0 + ·
2
2
2
2
2
2
Como (x0 , y0 ) é arbitrário, a solução é:
u(x, y) =
x2
3y 2
−
+ ·
2
2
3
74
3.
Determine a solução do seguinte problema de Cauchy:
onde
γ:
2
∂ u
2
∂x∂y = 0 em R
∂u u/γ = ϕ
γ=ψ
∂x
x = sen t
y = cos t
0≤t≤
π
2
,
ϕ(t) = cos t
ψ(t) = 2 sen t
SOLUÇÃO:
Usando o método de Riemann,
observa-se que a função de Riemann
v é dada por v(x, y) = 1
De (34.1), tem-se que em BC contido em γ, vem:
M=
1
+ cos t,
2
N = sen t.
Também, como B e C são pontos de γ,
u x,
q
q
1 − x20 = 1 − x20 ,
u
q
Pela fórmula (48):
(i)
1
u(x0 , y0 ) =
2
q
1−
x20
+ y0 +
Z
1 − y02 , y0 = y0 .
BC
M dy − N dx
75
e
(ii)
Z
BC
Z
arc sen
√
1−y02
1
sen t − 2 sen t cos t dt =
2
arc sen x0
q
1
y0
−
1 − x20 .
= x20 + y02 − 1 +
2
2
M dy − N dx =
De (i) e (ii), a solução é:
−
u(x, y) = x2 + y 2 + y − 1.
4.
Calcule a solução do seguinte problema de Cauchy:
2
∂ u
∂u
+
2
= 0 em R2
∂x∂y
∂x
u(t, 3 − t) = t + 1
(*)
0≤t≤3
∂u
(t, 3 − t) = 2t + 3
∂x
SOLUÇÃO:
Considerando (*) na forma dada em (24) observa-se que os coeficientes do operador L são: a = 2, b = c = 0 e que a curva γ é dada por:
x=1
γ:
0 ≤ t ≤ 3.
y =3−t
Logo, a função de Riemann v é solução do problema
2
∂ v
∂v
∂x∂y − 2 ∂x
Ry
v = e y0 2dS
v = 1
v = 1
=0
em
AB
em
AC
em
A
76
Então:
v(x, y) = e2(y−y0 ) .
De (34.1) tem-se que em BC,
M = 2(t + 1)e2(3−t−y0 )
Z
BC
M dy − N dx =
e
N=
2t + 3 2(3−t−y0 )
e
2
5 3(3 − y0 ) 5 2(3−x0 −y0 ) 3x0 2(3−x0 −y0 )
+
− e
−
e
.
2
2
2
2
Pela fórmula (48), a solução é dada por:
Z
1
(uv)B + (uv)C +
u(x0 , y0 ) =
M dy − N dx =
2
BC
1
2(3−x0 −y0 )
(x0 + 1)e
+ 4 − y0 +
=
2
+
5 3(3 − y0 ) 5 2(3−x0 −y0 ) 3x0 2(3−x0 −y0 )
+
− e
−
e
=
2
2
2
2
= −x0 e2(3−x0 −y0 ) − 2 e2(3−x0 −y0 ) − 2y0 + 9.
5.
Usando o método de Riemann, ache a solução do seguinte problema de Cauchy:
2
∂ u ∂ 2u
∂x2 − ∂y 2 = 0
u(t, 4 − 2t) = t
0≤t≤2
∂u
(t, 4 − 2t) = 2t + 1
∂x
77
SOLUÇÃO:
Fazendo a mudança: ξ = x − y e η = x + y, o problema transforma-se em:
2
∂ u
=0
∂ξ∂η
u(3t − 4, 4 − t) = t
∂u
∂u
(3t − 4, 4 − t) +
(3t − 4, 4 − t) = 2t + 1
−
∂ξ
∂η
(*)
Observa-se que mediante a mudança, a curva
γ:
Γ:
é transformada em
e que
x=t
y = 4 − 2t 0 ≤ t ≤ 2,
ξ = 3t − 4
η =4−t
0≤t≤2
∂u ∂u
∂u
=−
+
·
∂x
∂ξ
∂η
Logo, a função de Riemann v associada a (*) como nos problemas 1, 2, e 3, é
dada por v(ξ, η) = 1
E:
8 − ξ0
+4
uB = −
3
uC = −η0 + 4
M=
1 ∂u
2 ∂η
N=
1 ∂u
2 ∂ξ
78
Então:
1
u(ξ0 , η0 ) = (uB + uC ) +
2
Z
BC
M dη − N dξ.
Mas,
Z
BC
M dη − N dξ =
Z
8−3η0
ξ0
−(3t + 2) −
3
(t + 1) dt
2
9
9
7
7
= − (8 − 3η0 )2 + ξ02 − (8 − 3η0 ) + ξ0 .
4
4
2
2
Logo:
1
u(ξ0 , η0 ) =
2
=
−
8 − ξ0
3
9
9
7
7
+ 4 − η0 + 4 − (8 − 3η0 )2 + ξ02 − (8 − 3η0 ) + ξ0 =
4
4
2
2
9
9
11ξ0
76
(8 − 3η0 )2 + ξ02 + 10η0 +
−
·
4
4
3
3
Então:
u(x, y) = −
6.
2 9
9
11
76
8 − 3(x + y) + (x − y)2 + 10(x + y) +
(x − y) −
·
4
4
3
3
Sem fazer uso do método de Riemann, deduzir a fórmula de D’Alembert para re-
solver o problema:
2
2
∂ u
2 ∂ u
−
K
= 0 em
∂t2
∂x2
u(x, 0) = ϕ(x)
em
∂u
(x, 0) = ϕ(x)
∂t
− ∞ < x < +∞, t > 0
− ∞ < x < +∞
79
SOLUÇÃO:
Fazendo a mudança ξ = x + Kt η = x − Kt transforma-se o problema à forma
∂ 2u
= 0 o qual tem solução geral
canônica
∂ξ∂η
u(ξ, η) = f (ξ) + g(η)
ou seja
(i)
u(x, t) = f (x + Kt) + g(x − Kt)
Como u(x, 0) = ϕ(x), vem
(ii)
f (x) + g(x) = ϕ(x)
Como
∂u
(x, 0) = ψ(x), vem
∂t
Kf ′ (x) − Kg ′ (x) = ψ(x).
(iii)
Então, de (ii) e (iii),
1
1
f (x) = ϕ(x) +
2
2K
1
1
g(x) = ϕ(x) −
2
2K
Z
x
ψ(s) ds
x0
Z
x
ψ(s) ds.
x0
E de (i), tem-se
1
1
u(x, t) =
ϕ(x + Kt) + ϕ(x − Kt) +
2
2K
7.
Z
x+Kt
g(s) ds.
x−Kt
Encontre a solução do seguinte problema de Goursat:
2
∂ u
= f (x, y)
∂x∂y
u(0, y) = ϕ(y)
u(x, 0) = ψ(x)
onde ϕ e ψ são de classe C 1 e ϕ0 = ψ0 .
80
SOLUÇÃO:
Integrando na equação, tem-se:
(i)
u(x, y) =
Z
x
0
Z
y
f (r, s) dsdr + g(x) + h(y).
0
Como u(x, 0) = ψ(x), vem:
(ii)
g(x) + h(0) = ψ(x)
e como u(0, y) = ϕ(y), vem:
(iii)
g(0) + h(y) = ϕ(y).
Logo, de (ii) e (iii),
g(x) + h(y) = ψ(x) + ϕ(y) − g(0) − h(0).
Mas, de (ii), g(0) + h(0) = ψ(0). Logo:
(iv)
g(x) + h(y) = ψ(x) + ϕ(y) − ψ(0).
De (iv) e (i), vem
u(x, y) = ψ(x) + ϕ(y) − ψ(0) +
8.
Z
x
0
Z
y
f (r, s) dsdr.
0
Usando o problema 7, resolver os seguintes problemas de Goursat:
2
∂ u
∂x∂y = x
(i) 2
u(x, 0) = x
u(0, y) = y 2
2
∂ u
=y+1
∂x∂y
(ii) u(x, 0) = 2x + 1
u(0, y) = y − 1
81
SOLUÇÃO:
2
(i)
2
u(x, y) = x + y +
= x2 + y 2 +
Z
x
0
Z
y
r dsdr =
0
x2
·y
2
u(x, y) = (2x + 1) + (y − 1) − 1 +
= 2x + y − 1 +
9.
Z
0
x
Z
y
+1 dsdr =
0
xy 2
+ xy.
2
Determine a solução do seguinte problema de Goursat:
2
∂u
∂ u
+α
= f (x, y)
∂x∂y
∂y
u(x, 0) = ψ(x)
u(0, y) = ϕ(y)
α = constante
onde ψ e ϕ são de classe C 1 com ψ(0) = ϕ(0).
SOLUÇÃO:
Pode-se escrever a equação na forma:
∂
∂y
∂u
+ αu = f (x, y).
∂x
Integrando em y
∂u
+ αu =
∂x
Z
0
y
f (x, s) ds + g̃(x).
82
Multiplicando por eαx
∂u
(u eαx ) = eαx
∂x
Z
y
f (x, s) ds + eαx g̃(x).
0
Integrando em x:
αx
ue
=
Z
x
0
Z
y
αr
e f (r, s) dsdr +
Z
x
eαr g̃(r)dr + h(y).
0
0
Logo,
−αx
(i)
u(x, y) = e
Z
x
0
Z
y
eαr f (r, s) dsdr + g(x) + e−αx h(y).
0
Como u(x, 0) = ψ(x), tem-se
ψ(x) = g(x) + e−αx h(0).
(ii)
Como u(0, y) = ϕ(y), tem-se
(iii)
ϕ(y) = g(0) + h(y).
De (ii) e (iii),
(iv)
g(x) + e−αx h(y) = ψ(x) + e−αx ϕ(y) − e−αx h(0) − e−αx g(0).
Mas de (iii):
e−αx h(0) + e−αx g(0) = e−αx ϕ(0).
Então,
(v)
g(x) + e−αx h(y) = ψ(x) + e−αx ϕ(y) − ϕ(0) .
83
De (v) e (i), tem-se
−αx
u(x, y) = e
,
Z
0
10.
x
Z
0
y
eαr f (r, s) dsdr + ψ(x) + e−αx ϕ(y) − ϕ(0) .
Determine a solução do problema de Goursat
2
2
∂ u
2 ∂ u
−
K
=0
∂t2
∂x2
u(x, t) = ϕ(x)
quando
u(x, t) = ψ(x)
quando
x + Kt = 0
x − Kt = 0
onde ϕ e ψ são de classe C 1 com ϕ(0) = ψ(0).
SOLUÇÃO:
Observa-se que a solução geral da equação:
2
∂ 2u
2 ∂ u
−K
=0
∂t2
∂x2
é dada por
(i)
u(x, t) = f (x + Kt) + g(x − Kt).
Como u(x, t) = ϕ(x) quando x + Kt = 0, vem:
(ii)
ϕ(x) = f (0) + g(2x).
Como u(x, t) = ψ(x) quando x − Kt = 0, vem:
(iii)
ψ(x) = f (2x) + g(0).
84
De (ii), vem:
x − Kt
− f (0).
g(x − Kt) = ϕ
2
De (iii), substituindo x por
x + Kt
, vem:
2
x + Kt
f (x + Kt) = ψ
2
− g(0).
Como por (ii), g(0) + f (0) = ϕ(0),
x − Kt
x + Kt
f (x + Kt) + g(x − Kt) = ϕ
+ψ
− ϕ(0).
2
2
De (i), vem:
x + Kt
x − Kt
+ψ
− ϕ(0).
u(x, t) = ϕ
2
2
11.
Determine a solução do problema de Goursat:
2
∂ 2u
∂u
3 ∂ u
x
−
x
−
=0
∂x2
2
∂y
∂x
u(x, y) = ϕ(y)
u(x, y) = ψ(y)
onde ϕ(2) = ψ(2).
x 6= 0
x2
em y −
=0 0≤y≤2
2
em y +
x2
=4 2≤y≤4
2
85
SOLUÇÃO:
Observa-se que a mudança de coordenadas
ξ=y−
x2
2
e
η=y+
x2
2
reduz a equação à sua forma canônica:
∂ 2u
=0
∂ξ∂η
de onde deduz-se que a solução geral é dada por:
x2
x2
+g y+
.
(i)
u(x, y) = f y −
2
2
Das condições dadas, vem:
x2
.
ϕ(y) = f (0) + g y +
2
Mas y +
x2
= 2y. Então:
2
(ii)
ϕ(y) = f (0) + g(2y).
Analogamente:
(iii)
ψ(y) = f (2y − 4) + g(4).
x2
x2
e 2y − 4 por y −
, tem-se:
2
2
x2
x2
x2
1
1
x2
+g y+
=ϕ
y+
− f (0) +
y−
+ 4 − g(4).
(iv) f y −
2
2
2
2
2
2
Logo, substituindo 2y por y +
Como de (ii), ϕ(2) = f (0) + g(4), tem-se de (iv) e (i):
1
x2
1
x2
u(x, y) = ϕ
y+
+ψ
y−
+ 4 − ϕ(2).
2
2
2
2
86
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1.
Usando o método de Riemann, resolver os seguintes problemas de Cauchy:
2
∂ u
2
∂x∂y = 0 em R
(i) u(t, 1 − t) = t + 2 0 ≤ t ≤ 1
∂u
(t, 1 − t) = 3t + 5
∂x
2
∂ u
2
∂x∂y = 0 em R
(ii) u(t, 4 − t2 ) = t2 0 ≤ t ≤ 2
∂u
(t, 4 − t2 ) = 4t
∂x
Resposta: (ii) u(x, y) = 2x2 + y − 4.
2.
Determine a solução dos seguintes problemas de Cauchy:
2
∂ u
∂u
2
∂x∂y + 3 ∂x = 0 em R
(i) u(t, 2 − t) = 2t + 1 0 ≤ t ≤ 2
∂u
(t, 2 − t) = 3t − 1
∂x
2
∂ u
∂u
2
∂x∂y + ∂y = 0 em R
(ii) u(t, 5 − t) = 2t 0 ≤ t ≤ 5
∂u
(t, 5 − t) = t − 1
∂x
Resposta: (ii) u(x, y) = (y − 1)e5−y−x + 3x − 4.
3.
Usando o método de Riemann, encontre a solução dos seguintes problemas:
2
∂ u
∂ 2u
−
4
=0
∂x2
∂y 2
(i) u(t, 1 − t) = 2t 0 ≤ t ≤ 1
∂u
(t, 1 − t) = 3t + 1
∂x
2
∂ u
∂ 2u
−
9
=0
∂x2
∂y 2
(ii) u(t, 2 − t) = 3t
∂u
(t, 2 − t) = 2t + 1
∂x
87
Resposta: (ii)
u(x, y) = −
4.
2 4
67
4
79 85
6 − 2(y + 3x) − (y − 3x)2 .
+
(y + 3x) +
(y − 3x) +
4
12
24
3
3
Determine a solução dos seguintes problemas:
Respostas:
2
∂ u ∂ 2u
∂t2 − ∂x2 = 0
(i) u(x, 0) = cos x
∂u
(x, 0) = sen 4x
∂t
2
∂ u
∂ 2u
−
9
=0
∂t2
∂x2
(iii) u(x, 0) = x2 + 1
∂u
(x, 0) = 2x + 3
∂t
2
∂ u
∂ 2u
−
4
=0
∂t2
∂x2
(ii) u(x, 0) = ex
∂u
(x, 0) = e2x + x
∂t
2
∂ u
∂ 2u
−
4
=0
∂t2
∂x2
(iv) u(x, 0) = 3x
∂u
(x, 0) = 2 sen x
∂t
1
sen 4x sen 4t
4
(ii) u(x, t) = 3x + sen x sen 2t
(i) u(x, t) = cos x cos t +
5.
Fazendo uso do problema 7, resolver os seguintes problemas de Goursat:
2
∂ u
= xy
∂x∂y
(i) u(0, y) = sen y
u(x, 0) = sen x
2
∂ u
2
2
∂x∂y = x (1 − y )
(ii) 2
u(0, y) = y + y
u(x, 0) = x2 + 2x
88
Respostas:
2
∂ u
= 2x + 3y
∂x∂y
(iii) y
u(0, y) = 2 e
u(x, 0) = 3 ex − 1
2
∂ u
3
∂x∂y = x y
(iv) u(0, y) = sen 2y
u(x, 0) = x2 + x
3xy 2
−3
2
x4 y 2
(iv) u(x, y) = x2 + x + sen 2y +
8
(iii) u(x, y) = 3ex + 2ey + x2 y +
6.
Determine a solução do problema de Goursat:
2
∂u
∂ u
+β
= f (x, y)
∂x∂y
∂x
u(x, 0) = ψ(x)
u(0, y) = ϕ(y)
onde ψ(0) = ϕ(0).
β = constante
Resposta:
−βy
u(x, y) = e
Z
0
7.
y
Z
x
0
eβr f (r, s) dsdr + ϕ(y) + e−βy (ψ(x) − ψ(0)).
Encontre a solução dos problemas:
2
∂ u ∂ 2u
∂t2 − ∂x2 = 0
(i) u(x, t) = 3x + 1 quando
u(x, t) = 2x + 1 quando
x+t=0
x−t=0
89
2
∂ u
∂ 2u
2 −4 2 =0
∂t
∂x
(ii) u(x, t) = sen2 x
quando
u(x, t) = ex − 1
quando
Resposta: (iii)
x − 2t = 0
2
∂ u
∂ 2u
−
9
=0
∂t2
∂x2
(iii) u(x, t) = cos2 x
quando
u(x, t) = ex2
quando
2
u(x, t) = cos
8.
x + 2t = 0
x − 3t
2
+e
x + 3t = 0
x − 3t = 0
x+3t
2
2
− 1.
Encontre a solução do problema de Goursat
2 ∂ 2 u ∂ 2 u ∂u
y
∂x2 − ∂y 2 + ∂y = 0
u(x, y) = ϕ(x)
u(x, y) = ψ(x)
Resposta:
y 6= 0
sobre
x+
y2
=4 2≤x≤4
2
sobre
x−
y2
=0 0≤x≤2
2
x y2
x y2
= f (2).
−
+2 +g
+
u(x, y) = f
2
4
2
4
90
91
3.
EQUAÇÕES ELÍTICAS
Conforme visto anteriormente, as equações diferenciais parciais elı́ticas de segunda ordem, lineares, no plano R2 , possuem a forma canônica
Lu =
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 = f (x, y).
∂x2
∂y
Elas guardam ı́ntima relação com as funções de variáveis complexas, razão porque
será feita uma breve revisão sobre as funções holomorfas.
O plano R2 possui uma estrutura de espaço vetorial obtida por meio das operações:
(1)
Igualdade − (x, y) = (x′ , y ′ ) se x = x′ e y = y ′
Adição − (x, y) + (x′ , y ′ ) = (x + x′ , y + y ′ )
Multiplicação por Escalar − λ(x, y) = (λx, λy), λ ∈ R
Esta estrutura algébrica é enriquecida definindo-se, de modo apropriado, uma
multiplicação no espaço vetorial R2 , como vem a seguir.
(2)
Multiplicação (x, y) · (x′ , y ′ ) = (xx′ − yy ′ , xy ′ + x′ y).
Munido desta multiplicação o espaço vetorial R2 é transformado em um corpo, denominado corpo dos números complexos, representado por C.
Em busca de uma notação apropriada para os objetos de C, note-se que para
todo par (x, y) ∈ C, tem-se:
(x, y) = x(1, 0) + y(0, 1).
92
Represente-se por i o par (0, 1) e identifique-se (1, 0) ao número real 1. Logo, todo
objeto de C escreve-se sob a forma:
(3)
(x, y) = x + iy.
Note-se que i2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) e identificando-se (−1, 0) ao número real −1,
obtém-se i2 = −1. O número complexo i denomina-se unidade imaginária. Portanto,
todo objeto do corpo C tem a representação:
(x, y) = x + iy
i2 = −1
(4)
Note-se que a interpretação geométrica de C é dada pela imagem geométrica
do espaço vetorial R2 que lhe é subjacente. Os objetos de C serão representados por
z, isto é, z = x + iy que geometricamente representa-se no R2 pelo vetor (x, y), isto
é, uma flecha com origem em (0, 0) e extremidade em (x, y), como na figura abaixo.
Diz-se, também, plano complexo C que é o plano R2 enriquecido da multiplicação (2).
Define-se o módulo do número complexo z = x + iy como sendo o módulo do
vetor (x, y) do R2 , isto é,
(5)
|z|2 = x2 + y 2 ,
é o módulo de z ∈ C.
93
Considerando-se coordenadas polares, com eixo polar coincidindo com o semi-eixo x ≥ 0
dos reais positivos, a cada ponto (x, y) do plano R2 associa-se o ângulo θ do vetor (x, y)
com o eixo polar e o seu comprimento ρ. Logo, obtém-se:
x = ρ cos θ
e
y = ρ sen θ.
Resulta, daı́, a representação em coordenadas polares para os objetos de C:
(6)
z = ρ(cos θ + i sen θ),
sendo
ρ = |z|.
Demonstra-se que
eiθ = cos θ + i sen θ,
obtendo-se a representação polar de z dada por
(7)
z = ρ eiθ ,
0 ≤ θ ≤ 2π,
0 ≤ ρ < ∞.
Será examinada, a seguir, a relação entre as soluções u(x, y) da equação elı́tica
(8)
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 =0
∂x2
∂y
em Ω, aberto do R2 ,
e as funções f : C → C que possuem derivadas contı́nuas em Ω ⊂ C.
De fato, uma função f que a cada número complexo z ∈ C associa um número
complexo f (z) ∈ C denomina-se uma função complexa de uma variável complexa z.
Representa-se por f : C → C ou simplesmente por w = f (z). Sendo z = x + iy, w =
f (z) = u(x, y) + iv(x, y), com u e v funções reais definidas no R2 . Portanto, escreve-se:
(9)
w = f (z)
ou
w = u(x, y) + iv(x, y)
94
Sendo z = x + iy, x denomina-se a parte real de z e y a parte imaginária de z. Do
mesmo modo, sendo w = u(x, y) + iv(x, y), a função u é parte real de w e v sua parte
imaginária.
A noção de limite de uma função w = f (z) em um ponto z0 define-se ipsis literis
como no caso de funções reais. A noção de derivada é análoga. Assim, diz-se que
w = f (z) é derivável em z0 , quando existe o limite:
(10)
lim
z→z0
z6=z0
f (z) − f (z0 )
·
z − z0
Este número complexo denomina-se derivada da f em z0 e representa-se por f ′ (z0 ).
Diz-se que f é derivável em Ω ⊂ C, quando o for em cada z0 ∈ Ω.
Para interpretar o limite (10) considere-se z = x + iy e f (z) = u + iv. Tem-se:
(11)
u(x, y) − u(x0 , y0 ) + i[v(x, y) − v(x0 , y0 )]
·
x − x0 + i(y − y0 )
(x,y)→(x0 ,y0 )
lim
Supõe-se u, v continuamente diferenciáveis e considera-se (11) segundo as retas
y = y0 e x = x0 . Obtém-se:
(12)
f ′ (z0 ) =
∂v
∂u
+i
∂x
∂x
no ponto (x0 , y0 )
e
(13)
f ′ (z0 ) = −i
∂u ∂v
+
∂y
∂y
no ponto (x0 , y0 ).
A existência do limite (11) implica a igualdade de (12) e (13). Obtém-se:
(14)
∂u
∂v
=
∂x
∂y
e
∂u
∂v
=−
∂y
∂x
95
como uma condição necessária para a existência do limite (11). As equações (14) são
denominadas equações de Cauchy-Riemann para w = f (z). Se w = f (z) for continuamente derivável em Ω vem que u e v são soluções das equações (14).
Uma condição suficiente para que w = f (z) seja derivável em Ω é que u e v
sejam continuamente diferenciáveis e satisfaçam às equações de Cauchy-Riemann (14)
em Ω. Quando uma função w = f (z) é continuamente derivável em Ω ela é denominada
holomorfa em Ω. Do estudo das funções holomorfas, pode-se derivar (14) mais uma vez,
obtendo-se de (14):
∂ 2u ∂ 2u
+ 2 =0 e
∂x2
∂y
(15)
∂ 2v
∂ 2v
+
= 0 em Ω
∂x2
∂y 2
isto é, u e v são soluções da equação (8).
Uma função u solução da equação (8) denomina-se harmônica.
Logo, ficou
provado que as partes real e imaginária de uma função holomorfa w = f (z) em Ω ⊂ C
são harmônicas em Ω.
Examina-se, a seguir, a obtenção de uma função holomorfa por meio das harmônicas, como fez Riemann em sua teoria das funções complexas.
Seja Ω um aberto conexo do R2 e u: Ω → R uma função harmônica. Considera-se
dois pontos (x0 , y0 ) e (x, y) de Ω e γ um arco de curva regular com extremos nestes
pontos, cujo primeiro (x0 , y0 ) supõe-se fixo. Considere-se as funções P (x, y) = −
e Q(x, y) =
∂u
∂y
∂P
∂Q
∂u
. Sendo u harmônica, obtém-se
=
, provando que a forma
∂x
∂y
∂x
diferencial P (x, y)dx + Q(x, y)dy é exata em Ω, isto é, existe w: Ω → R, continuamente
diferenciável tal que dw = P dx + Qdy. Consequentemente a integral
Z γ
∂u
∂u
−
dx +
dy
∂y
∂x
não depende de γ e apenas de (x, y) pois (x0 , y0 ) é suposto fixo. Logo, fica bem definida
96
a função:
(16)
Z v(x, y) =
γ
∂u
∂u
dx +
dx
−
∂y
∂x
Considere-se γ a poligonal de vértices em (x0 , y0 ), (x, y0 ), (x, y). Logo, como a integral
não depende do caminho γ e Ω é conexo, resulta:
v(x, y) = −
Z
x
x0
∂u
(ξ, y0) dξ +
∂y
Z
y
y0
∂u
(x, η) dη.
∂x
Obtém-se:
∂u
∂v
=−
∂x
∂y
(17)
e
∂v
∂u
=
·
∂y
∂x
Sendo u e v continuamente diferenciáveis em Ω e soluções das equações de CauchyRiemann (17), conclui-se que f (z) = u + iv é holomorfa em Ω ⊂ C. A função v
denomina-se harmônica conjugada de u. Conclui-se, deste modo, a estreita relação
entre as funções harmônicas e as funções holomorfas.
∂2
∂2
+
, denomina-se operador de Laplace
∂x2 ∂y 2
ou Laplaciano. Dizer que u é harmônica em Ω é equivalente a dizer que u é solução da
O operador de segunda ordem ∆ =
equação de Laplace ∆u = 0.
FÓRMULAS DE GREEN
Considere-se um par de funções reais u e v pertencentes a C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω). Um
cálculo simples conduz à identidade:
(18)
∂v
∂
∂v
∂
u
+
u
= ∇u · ∇v + u∆v
∂x
∂x
∂y
∂y
97
sendo ∇ϕ, gradiente de ϕ, o vetor
∂ϕ ∂ϕ
. Se Γ for a fronteira regular de Ω e ν o
,
∂x ∂y
vetor unitário da normal externa a Γ, a derivada de v na direção da normal ν é dada
por:
∂v
∂v
∂v
=
νx +
νy ,
∂ν
∂x
∂y
(19)
sendo (νx , νy ) as componentes do vetor unitário ν. Integrando-se (18) sobre Ω e empregando o Lema de Gauss, obtém-se:
(20)
Z Γ
Z
Z
∂v
∂v
νx + u
νy dΓ =
∇u · ∇v dxdy +
u∆v dxdy.
u
∂x
∂y
Ω
Ω
Por meio da definição (19), modifica-se (20) obtendo-se:
(21)
−
Z
u∆v dxdy =
Ω
Z
Ω
∇u · ∇v dxdy −
Z
u
∂v
dΓ
∂ν
Z
v
∂u
dΓ.
∂ν
Γ
denominada primeira fórmula de Green.
Permutando-se u e v em (21), obtém-se:
(22)
−
Z
Ω
v∆u dxdy =
Z
Ω
∇u · ∇v dxdy −
Γ
Multiplicando-se (21) por −1 e adicionando-se à (22), obtém-se:
(23)
Z ∂v
∂u
(u∆v − v∆u) dxdy =
u
dΓ
−v
∂ν
∂ν
Ω
Γ
Z
denominada segunda fórmula de Green.
Proposição 1. Seja u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) harmônica em Ω. Então
Z
Γ
∂u
dΓ = 0.
∂ν
98
Demonstração: Sendo ∆u = 0 em Ω, tomando-se v = 1 na primeira fórmula de Green
(22), obtém-se a demonstração da Proposição 1.
Proposição 2 (Propriedade da Média). Seja u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) harmônica em Ω e
|z − z0 | < R um cı́rculo de raio R contido em Ω. Então o valor de u no centro do cı́rculo
é igual à média dos valores de u sobre a circunferência |z − z0 | = R.
Demonstração: Sem perda de generalidade suponha Ω contendo a origem e o cı́rculo
com centro na origem, isto é, z0 = (0, 0). Sendo u harmônico, e γ a circunferência
|z| = r, r ∈ (0, R), resulta da Proposição 1 que:
Z
(24)
γ
∂u
x(s), y(s) ds = 0.
∂ν
Tem-se x = r cos θ, y = r sen θ e ds = r dθ, 0 < θ ≤ 2π. A normal ν à circunferência
tem a direção do raio. Logo, de (24) obtém-se:
Z
2π
d
u(r cos θ, r sen θ) dθ = 0,
dr
0
0 < r < R.
Integrando em r, obtém-se:
Z
R
dr
Z
2π
0
0
d
u(r cos θ, r sen θ) dθ = 0.
dr
Permutando as integrais, obtém-se:
Z
2π
u(R cos θ, R sen θ) dθ = u(0, 0)2π.
0
Multiplicando por R ambos os membros, obtém-se:
1
u(0, 0) =
2πR
Z
γ
u(x(s), y(s)) ds.
99
Considere-se uma função real de variável real ϕ = ϕ(x) e Ω o intervalo ]a, b[ da
reta. Suponha ϕ harmônica em ]a, b[ , isto é, ϕ′′ (x) = 0 em ]a, b[ . Obtém-se ϕ explicitamente dada por ϕ(x) = αx + β, sendo α e β números reais. Note que o máximo
ou mı́nimo de ϕ são assumidos na fronteira do intervalo ]a, b[ . Esta propriedade vale
em geral para as funções harmônicas do plano R2 (ou do Rn !). De fato, suponha
u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) harmônica em Ω e assumindo o seu valor mı́nimo em um ponto
(x0 , y0 ) interior ao aberto Ω. Seja Cε um cı́rculo de raio ε centro em (x0 , y0 ) contido em
Ω. Tem-se da propriedade da média que u(x, y) = u(x0 , y0 ) sobre toda circunferência
de centro (x0 , y0 ) contido em Ω, pois
1
u(x0 , y0 ) =
2πǫ
Z
1
u(x(s), y(s))ds ≥
2πǫ
γ
Z
u(x0 , y0 )ds = u(x0 , y0 ) .
γ
Então u ≡ u(x0 , y0 ) em um disco que toca a fronteira. Logo o mı́nimo de u em ∂Ω
coincide com o mı́nimo de u em Ω, isto é, o mı́nimo de u é assumido na fronteira de Ω.
Vemos, também, que se o mı́nimo é assumido no interior então o conjunto dos pontos
em Ω em que u assume este valor é aberto. Como u é contı́nua, este conjunto também
é fechado. Daı́, como Ω é conexo, conclui-se que u é constante em Ω.Análogo para o
máximo.
Tem-se u(x, y) > u(x0 , y0 ) para todo (x, y) em Ω − {(x0 , y0 )}. Logo, u(x, y) >
u(x0 , y0 ) sobre a circunferência γ do cı́rculo Cε , isto é,
Z
u(x(s), y(s)) ds > 2πε u(x0 , y0 ).
γ
Dividindo-se por 2πε e empregando a Proposição 2, obtém-se uma contradição. Logo o
mı́nimo de u não é assumido no interior de Ω. Análogo para o máximo.
A seguir será estudado o problema da determinação de uma função harmônica
no interior de um aberto Ω do plano sendo conhecidos seus valores sobre a fronteira Γ
de Ω. Antes serão feitas algumas considerações fı́sicas que servirão de motivação.
100
De fato considere-se um fluido em um canal situado no R3 , fluindo com velocidade
v. Note-se que v é um vetor que no instante t possui as componentes v1 , v2 , v3 , segundo
um sistema de coordenadas ortogonais do R3 . O movimento será suposto irrotacional,
isto é, a velocidade angular w =
1
2
rot v é nula em cada ponto. Quando o movimento
do fluido é irrotacional existe uma função real ϕ tal que o vetor velocidade é o gradiente
de ϕ em cada ponto do fluido, isto é,
v = grad ϕ.
Serão estudados movimentos cujo vetor velocidade é sempre paralelo a um plano fixo.
Assim, limita-se o estudo ao movimento em um plano, que escolhe-se para plano de
coordenadas (x, y). O vetor velocidade possui duas componentes v1 na direção x e v2
na direção y. Assim,
v = grad ϕ
ou v1 =
∂ϕ
∂x
e
v2 =
∂ϕ
·
∂y
Suponha que o fluido seja incompressı́vel, isto é, div v = 0 em cada ponto do fluido.
Representando o fluido por um aberto Ω do plano R2 com coordenadas (x, y), tem-se
div v = 0 é a equação:
∂v2
∂v1
+
= 0 em
∂x
∂y
Ω.
Sendo v = grad ϕ, deduz-se que se div v = 0 em Ω, então
∂2ϕ ∂2ϕ
+
=0
∂x2
∂y 2
em
Ω,
mostrando que ϕ é harmônica em Ω. O problema que se deseja resolver é o de determinar
ϕ: Ω → R, sendo ∆ϕ = 0 em Ω e ϕ conhecida sobre Γ.
Problema de Dirichlet - Seja Ω um aberto do R2 com fronteira regular Γ e
g ∈ C 0 (Ω). O problema de Dirichlet consiste em determinar ϕ ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) tal
101
que:
(25)
∆ϕ = 0 em
ϕ = g e Γ
Ω
O problema de Dirichlet será aqui estudado pelo método de Green. Ele consiste
em determinar uma função associada a Ω, denominada Função de Green do domı́nio
Ω, de modo que se obtém a solução explicitamente no interior de Ω por meio de uma
integral curvilı́nea ao longo da fronteira Γ de Ω, do produto de g pela derivada na
direção da normal a Γ da função de Green de Ω.
Foi visto que se w = f (z) for holomorfa em Ω então sua parte real é harmônica
em Ω. Tem-se que log(z − z0 ) é holomorfa em Ω, sendo
log(z − z0 ) = log |z − z0 | + i arg(z − z0 ).
Do mesmo modo − log(z − z0 ). Representando por r = |z − z0 |, resulta que − log r ou
1
1
log é a parte real da função − log(z − z0 ) holomorfa em Ω − {z0 }, logo ∆ log = 0
r
r
em Ω − {z0 }.
Considere um ponto (x0 , y0 ) no interior de Ω e seja Cε um cı́rculo de raio ε centro
em (x0 , y0 ) contido em Ω, como na figura.]
102
1
é harmônica. A
r
fronteira de Ω′ é Γ + γ. Da segunda fórmula de Green (23) com u = ϕ solução de (25)
1
e v = log , obtém-se:
r
Z
∂ log r1
1 ∂ϕ
ϕ
dΓ = 0
− log
∂ν
r ∂ν
Γ+γ
Seja γ a circunferência de Cε e Ω′ = Ω − Cε . Em Ω′ a função log
ou
(26)
Z Z ∂ log 1r
∂ log 1r
1 ∂ϕ
1 ∂ϕ
−
ϕ
dΓ =
ϕ
dΓ.
− log
− log
∂ν
r ∂ν
∂ν
r ∂ν
γ
Γ
Cálculo da Integral no Membro da Direita de (26).
Sobre a circunferência γ tem-se:
d log 1ε
∂ log 1r 1
=
=
−
·
∂ν γ
dε
ε
103
Sendo ds = ε dθ, obtém-se:
Z
Z
∂ϕ
1
1
ϕ ds − log
ds =
Iε = −
ε γ
ε γ ∂ν
Z
Z 2π
ϕ(x0 + ε cos θ, y0 + ε sen θ) dθ + ε log ε
=−
2π
0
0
∂ϕ
dθ.
∂ν
Sendo ϕ ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), e lim ε log ε = 0, obtém-se:
ε→0
(27)
lim Iε = −
ε→0
Z
2π
ϕ(x0 , y0 ) dθ = −2π ϕ(x0 , y0 ).
0
Logo, quando ε → 0 em (26) obtém-se:
(28)
1
ϕ(x0 , y0 ) = −
2π
Z Γ
∂ log
∂ν
1
r
1 ∂ϕ
ϕ − log
r ∂ν
dΓ.
∂ϕ
sobre Γ. Aqui tem-se
∂ν
uma situação semelhante a encontrada quando se analisou a função de Riemann no
Note que de (23) sabe-se que ϕ = g em Γ mas se desconhece
método de Riemann na seção 2. De fato, seja h ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) harmônica em Ω.
Tomando-se h e ϕ obtém-se da segunda identidade de Green:
1
0=−
2π
(29)
Z ∂h
∂ϕ
ϕ
dΓ.
−h
∂ν
∂ν
Γ
Adicionando-se (28) com (29), resulta:
(30)
1
ϕ(x0 , y0 ) = −
2π
Z Γ
∂ log r1
1
∂h
∂ϕ
ϕ − log + h
dΓ.
+
∂ν
∂ν
r
∂ν
Em (30) procede-se como no caso da função de Riemann acima lembrado. Para libertar
(28) da derivada normal
∂ϕ
, é suficiente determinar a função harmônica h tal que
∂ν
h + log
1
=0
r
em
Γ.
104
A função harmônica h(x, y) + log 1r denomina-se função de Green no domı́nio Ω.
Conhecida a função de Green em Ω, a solução do problema de Dirichlet (25) é
obtida, explicitamente, em cada ponto (x0 , y0 ), interior à Ω, pela fórmula:
(31)
1
ϕ(x0 , y0 ) = −
2π
Z
g
Γ
∂G
dΓ.
∂ν
Seja Ω um aberto conexo com fronteira regular Γ e P = (x0 , y0 ) um ponto de Ω.
Define-se como função de Green em Ω a uma função real GP satisfazendo às equações:
i) GP (x, y) = log 1r + h(x, y) em Ω − {P }
ii) GP (x, y) = 0 em Γ
iii) GP é duas vezes continuamente diferenciável em Ω − {P }, contı́nua em
Ω − {P } e harmônica em Ω − {P }.
A seguir usando-se o método de Green, resolve-se o problema de Dirichlet (25)
quando Ω é um cı́rculo, encontrando-se a fórmula de Poisson.
FUNÇÃO DE GREEN NO CÍRCULO
Considere-se um cı́rculo Ω de raio R e centro na origem O. Seja P um ponto
interior ao cı́rculo e P ′ o seu inverso, isto é,
OP × OP ′ = R2 .
105
Deseja-se calcular o valor da solução ϕ do problema de Dirichlet em P . Represente
por Ω o cı́rculo e por γ sua circunferência. Seja M um ponto qualquer do cı́rculo Ω.
Considere-se as medidas:
rP = M P,
rP ′ = M P ′ ,
r = OP,
r ′ = OP ′ .
Verifica-se, a seguir, que a função de Green para o cı́rculo Ω é dada por:
1
− log
GP (M ) = log
rP
(32)
R 1
,
r rP ′
sendo O o centro do cı́rculo, isto é, (0, 0) e M um ponto de coordenadas (x, y) no cı́rculo.
Tem-se h(x, y) = − log
R
1
− log
é definida em Ω − {P } o mesmo acontecendo
r
rP ′
1
· Portanto GP definida por (32) satisfaz à condição (i) da definição de função
rP
de Green.
com log
Antes de verificar a condição (ii) obtém-se que GP dada por (32) satisfaz a (iii).
Para verificar a (iii), suponha M sobre a circunferência γ de Ω e considerese os triângulos OM P e OM P ′ . Sendo P ′ o inverso de P em relação a γ tem-se
OP × OP ′ = R2 . Logo, os triângulos possuem um ângulo igual em O compreendido
entre lados proporcionais, sendo, por este motivo, semelhantes. Daı́ obtém-se:
rP
r
=
′
rP
R
ou
R 1
1
=
·
rP
r rP ′
Daı́ resulta que GP = 0 sobre γ, verificando a condição (iii). Assim GP é uma função
de Green no cı́rculo Ω.
A seguir calcula-se (31) no caso do cı́rculo Ω sendo a função de Green dada por
GP (M ) = log
R 1
1
− log
·
rP
r rP ′
106
Deve-se calcular ϕ(P ). Para tal, considere-se um sistema de coordenadas polares com
pólo no centro O de Ω, com eixo polar o suporte de OP . Sejam (ρ, α) as coordenadas
polares de M neste sistema. Do triângulo OM P obtém-se:
rP2 = ρ2 + r 2 − 2ρr cos α
e do triângulo OM P ′ resulta
rP2 ′ = ρ2 + r ′2 − 2ρr ′ cos α.
Sendo OP × OP ′ = R2 ou rr ′ = R2 , obtém-se:
rP2 ′ = ρ2 +
R2
R4
−
2ρ
cos α.
r2
r
A direção da normal a γ coincide com a do raio. Logo,
∂
1 drP
ρ − r cos α
log rP =
=
∂ρ
rP dρ
rP2
2
ρ − Rr cos α
∂
log rP ′ =
·
∂ρ
rP2 ′
Daı́, obtém-se para
∂GP
, em γ:
∂ν
2
∂GP r 2 R − Rr cos α
R − r cos α
+ 2
=−
∂ν γ
rP2
R
rP2
ou, substituindo-se rP2 encontra-se:
−R2 + r 2
1
∂G =
·
∂ν γ
R
R2 + r 2 − 2Rr cos α
107
Encontra-se para solução do problema de Dirichlet no cı́rculo de raio R, a solução
explı́cita:
R2 − r 2
ϕ(x0 , y0 ) =
2π
(33)
Z
2π
0
g(Rcosα, Rsenα)dα
,
R2 + r 2 − 2Rr cos α
sendo (x0 , y0 ) as coordenadas de P no interior de Ω, r a distância de P ao centro e α
o ângulo polar de OM , para M ∈ γ.
A expressão (33) denomina-se fórmula de Poisson para o problema de Dirichlet
no cı́rculo Ω.
Retornando-se ao Problema de Dirichlet (25), provar-se-á que a solução é única.
De fato, suponha-se que existam duas soluções ϕ1 e ϕ2 do problema (25). Resulta que
a função ϕ
b = ϕ1 − ϕ2 é solução de ∆ϕ
b = 0 em Ω e ϕ
b = 0 em Γ. Daı́ resulta, da primeira
fórmula de Green, que ϕ
b é a função nula em Ω ou ϕ1 = ϕ2 .
PROBLEMA DE NEUMANN NO CÍRCULO
Como anteriormente, Ω representa um cı́rculo de raio R centro na origem e
circunferência fronteira γ. O problema de Neumann consiste em determinar uma função
∂ϕ
em γ. Simbolicamente
harmônica ϕ em Ω quando é conhecida a derivada normal
∂ν
tem-se:
(34)
∆ϕ = 0 em Ω
∂ϕ
= h em γ
∂ν
Considere-se coordenadas polares (r, θ) e obtém-se para expressão do Laplaciano:
∆ϕ(r, θ) =
1 ∂ 2ϕ
∂ 2 ϕ 1 ∂ϕ
+
+
·
∂r 2
r ∂r
r 2 ∂θ 2
108
Considere-se v(r, θ) harmônica em Ω e nula para r = 0, isto é,
∂
∂v
1 ∂ 2v
r
+
= 0 em
∂r
∂r
r 2 ∂θ 2
v(0, θ) = 0
(35)
Ω
De posse desta função, defina-se uma nova por:
ϕ(r, θ) =
Lema 1.
Z
r
0
v(ρ, θ)
dρ.
ρ
ϕ(r, θ) é harmônica em Ω.
Demonstração: De fato, tem-se:
(36)
∂ϕ
v(r, θ)
=
∂r
r
e
∂ 2ϕ
v(r, θ) 1 ∂v(r, θ)
=
−
+
;
∂r 2
r2
r
∂r
∂ 2ϕ
=
∂θ 2
Z
0
r
∂ 2 v(ρ, θ)
dρ.
∂θ 2
Daı́ resulta que
1
∆ϕ(r, θ) = 2
r
Z
r
0
∂
∂v
1 ∂ 2v
ρ
+
dρ,
∂ρ
∂ρ
ρ ∂θ 2
sendo zero porque v harmônica.
Em (34) sendo ϕ harmônica em Ω, sua derivada normal possui a integral sobre
γ igual a zero, cf. Proposição 1. Logo, o dado na fronteira h ∈ C 0 (Ω) deve ser tal que
Z
(37)
2π
h(α) dα = 0.
0
Para resolver o problema de Neumann (34), considera-se o seguinte problema de
Dirichlet:
(38)
∆ψ = 0 em Ω
ψ = Rh(α) em γ
109
Obtém-se a solução de (38) por meio da fórmula de Poisson (33), isto é:
Z
R(R2 − r 2 )
ψ(r, θ) =
2π
(39)
2π
R2
0
h(α)dα
·
+ r 2 − 2Rr cos α
Daı́, conclui-se que ψ(r, θ) assim obtida é harmônica em Ω e
R
ψ(0, θ) =
2π
Z
2π
h(α) dα = 0
0
por (37). Logo, a função
(40)
ϕ(r, θ) =
Z
0
r
ψ(ρ, θ)
dρ + c
ρ
é solução do problema de Neumann (34).
De fato, foi visto que ∆ϕ = 0 em Ω. Resta apenas examinar a derivada normal
de ϕ, dada por (40), ao longo de γ. Tem-se:
Rh(α)
∂ϕ ∂ϕ v(r, θ) v(r, θ)
=
= h(α).
=
=
=
∂ν γ
∂r r=R
r
R
R
r=R
De (40) e (39) obtém-se a fórmula de Poisson para o problema de Neumann
(34). OBSERVAÇÕES SOBRE A FUNÇÃO DE GREEN
Para salientar uma vez mais a relação entre as funções harmônicas no plano
R2 e as funções holomorfas em C, dar-se-á mais um método geral para o cálculo da
função de Green, no caso de um aberto limitado conexo Ω do R2 . Representa-se por
Γ sua fronteira regular. Foi visto anteriormente que resolver o problema de Dirichlet
(25) em Ω consiste em conhecer uma função de Green em Ω. Pensa-se em Ω como um
110
aberto de plano complexo C. Demonstra-se que existe uma função holomorfa w = f (z)
transformando, de modo biunı́voco e conforme, Ω em uma cı́rculo unitário C1 com
centro na origem, de modo que um ponto zP de Ω se transforma no centro de C1 e Γ
na circunferência γ de C1 . [Consulte-se L.A. Medeiros, Funções Complexas, McGraw
Hill do Brasil, 1972].
Interpreta-se geometricamente w = f (z) como uma transformação de um plano cuja
variável é z = x+iy em outro cuja variável é w = u(x, y)+iv(x, y), como vem salientado
na figura.
Suponha zP o ponto de Ω tal que f (zP ) = 0. Logo
f (z) = (z − zP )F (z),
sendo F (z) holomorfa em Ω. Sendo f ′ (zP ) 6= 0, pois f é invertı́vel, obtém-se:
f ′ (z) = F (z) + (z − zP )F ′ (z)
implicando em F (zP ) 6= 0.
A função
GP (x, y) = − log |f (z)|
111
é uma função de Green em Ω.
De fato, tem-se:
i) GP (x, y) = − log |z − zP | − h(x, y), sendo h(x, y) = log |F (z)|, que é harmô-
nica, por ser a parte real da função holomorfa log F (z).
ii) GP (x, y) = 0 para (x, y) ∈ Γ. Isto porque se z ∈ Γ tem-se f (z) ∈ γ isto é,
|f (z)| = 1 e o log |f (z)| = 0.
iii) GP é duas vezes continuamente derivável em Ω−{zP }, contı́nua em Ω−{zP }
e harmônica em Ω − {zP }.
Reciprocamente, suponha conhecida a função de Green de Ω, isto é,
GP (x, y) = log
1
+ h(x, y).
|z − zP |
Demonstrar-se-á que existe uma w = f (z) holomorfa em Ω, transformando Ω em C1 de
bP (x, y) a função
modo biunı́voco tal que f (zP ) = 0, zP ∈ Ω e f (Γ) = γ. De fato, seja G
harmônica conjugada de GP (x, y). Resulta que
bP )
f (z) = e−(GP +iG
é holomorfa em Ω ⊂ C. Mostrar-se-á que f satisfaz as condições requeridas.
Se z = x +iy ∈ Γ, sendo GP (x, y) = 0, pois GP é função de Green para Ω, tem-se
bP (x,y)
f (z) = e−iG
logo |f (z)| = 1.
Cálculo de f (zP ). Tem-se
bP (x,y) · e
f (z) = e−(h(x,y)+iG
− log
1
|z−zP |
.
Sendo a primeira parcela limitada, vem
f (zP ) = lim f (z) = 0,
z→zP
provando que zP tem como imagem por f o centro do cı́rculo.
112
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1.
Denomina-se exponencial complexa a função f : C → C, holomorfa, solução da
equação diferencial
df
=f
dz
(1)
em
C
e
f (z) = ex ,
para z ∈ R.
Determine a solução f do problema acima.
SOLUÇÃO:
De fato, seja f (z) = u(x, y) + iv(x, y), holomorfa em C. Tem-se f ′ (z) =
i
∂u
+
∂x
∂v
· Logo sendo solução de (1), resulta:
∂x
∂v
∂u
+i
= u + iv.
∂x
∂x
Obtém-se, daı́,
∂u
=u e
∂x
∂v
=v
∂x
para (x, y) ∈ R2 .
Da primeira equação obtém-se
(3)
u(x, y) = ex h(y)
sendo h duas vezes continuamente derivável. Substituindo na equação de CauchyRiemann
∂v
∂u
=
,
∂y
∂x
113
notando-se que
∂v
= v, obtém-se
∂x
v = ex
(4)
dh(y)
·
dy
Substituindo-se (3) e (4) na equação de Cauchy-Riemann
∂u
∂v
=
,
∂x
∂y
obtém-se a equação diferencial ordinária:
h′′ (y) + h(y) = 0,
cuja solução geral é:
h(y) = a cos y + b sen y,
a e b constantes.
Portanto escreve-se:
(5)
u(x, y) = ex h(y) = ex (a cos y + b sen y)
v(x, y) = ex h′ (y) = ex (a sen y − b cos y)
Pela condição (2) tem-se f (x) = ex quando y = 0, isto é,
(6)
u(x, 0) = ex ,
v(x, 0) = 0.
De (5) e (6) conclui-se que a = 1 e b = 0. Logo obtém-se:
u(x, y) = ex cos y
e
v(x, y) = ex sen y.
Consegüintemente, a solução de (1) e (2) holomorfa em C é:
(7)
f (z) = ex (cos y + i sen y)
114
para todo z ∈ C.
Verifica-se que f dada por (7) é solução da equação funcional f (z1 + z2 ) =
f (z1 ) + f (z2 ) para par z1 , z2 ∈ C. Representa-se a função exponencial dada por (7) por
f (z)ez , z = x + iy. portanto,
ez = ex (cos y + i sen y),
e quando x = 0, obtém-se:
eiy = cos y + i sen y
denominada fórmula de Euler.
2.
Seja f : C → C definida por f (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n onde ai ∈ C; i = 1, . . . , n.
Provar que Re f e Im f respectivamente parte real de f e parte imaginária de f são
funções harmônicas em R2 .
SOLUÇÃO:
Bastaria provar que f é holomorfa em todo C, para isso será suficiente provar
que g(z) = z n é holomorfa pois a combinação linear de funções holomorfas é holomorfa.
Como
lim
z→z0
g(z) − g(z0 )
z n − z0n
= lim
=
z→z0 z − z0
z − z0
= lim z n−1 + z n−2 z0 + · · · + z0n−1 =
z→z0
= n z0n−1 .
Logo ∀ z0 ∈ C
3.
∃ g ′ (z0 ) e g ′ (z0 ) = n z0n−1 . Então, g é holomorfo e f também.
Determine duas funções u(x, y) e v(x, y) que sejam polinômios de grau 4 e harmô-
nicas em R2 .
115
SOLUÇÃO:
Pelo exercı́cio 2, f (z) = z 4 tem parte real e imaginária harmônicas. Tem-se:
f (z) = u + iv = (x + iy)4 onde z = x + iy
u + iv = x4 + y 4 − 6x2 y 2 + i(4x3 y − 4xy 3 )
Pode-se considerar
u(x, y) = x4 + y 2 − 6x2 y 2
4.
e
v(x, y) = 4x3 y − 4xy 3 .
Determine as funções harmônicas em R2 dada pela parte real e imaginária das
seguintes funções holomorfas:
(i) f (z) = ez ;
(ii) f (z) = z 3 + 2z;
(iii) f (z) = z e−z .
SOLUÇÃO:
(i)
f (z) = u + iv = ex+iy onde z = x + iy
= ex (cos y + i sen y)
= ex cos y + i ex sen y.
Logo,
u(x, y) = ex cos y
(ii)
e
v(x, y) = ex sen y.
f (z) = u + iv = (x + iy)3 + 2(x + iy)
= (x3 − 3xy 3 + 2x) + i(3x2 y − y 3 + 2y)
Logo,
u(x, y) = x3 − 3xy 3 + 2x e
v(x, y) = 3x2 y − y 3 + 2y
116
são as funções harmônicas procuradas.
f (z) = u + iv = (x + iy)e−(x+iy)
(iii)
= e−x (x cos y + y sen y) + ie−x (y cos y − x sen y).
Logo,
u(x, y) = e−x (x cos y + y sen y) e v(x, y) = e−x (y cos y − x sen y).
5.
Seja u(x, y) = x2 − y 2 + 4x uma função harmônica em R2 . Determine v tal que
f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) seja holomorfa em C.
SOLUÇÃO:
Como as equações de Cauchy-Riemann devem verificar, tem-se
(i)
∂u
∂v
=−
= 2y
∂x
∂y
(ii)
∂v
∂u
=
= 2x + 4
∂y
∂x
De (i), integrando em x, tem-se v(x, y) = 2xy + F (y). Derivando em relação a y e
igualando a (ii), tem-se:
2x + F ′ (y) = 2x + 4.
Então F (y) = 4y + C e v(x, y) = 2xy + 4y + C, sendo C uma constante real qualquer.
6.
Seja u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) harmônica em Ω. Provar que:
2
Z
Ω
2
u|∇u| dxdy =
Z
Γ
u2
∂u
dΓ.
∂γ
117
SOLUÇÃO:
Considere u e v como u2 e u respectivamente na primeira fórmula de Green (21).
7.
Seja u, v ∈ C 4 (Ω) ∩ C 3 (Ω). Provar que:
Z
∂∆v
dΓ =
∆u
∂γ
Γ
Z
∆v
Γ
∂∆u
dΓ.
∂γ
SOLUÇÃO:
Considere u e v como ∆u e ∆v respectivamente na segunda fórmula de Green
(23).
8.
No gráfico abaixo, tem-se γγ ′ = R2 . Usando vetores, provar que
SOLUÇÃO:
Sejam ~u e ~v os vetores unitários
→
→
~u =
OM
→
||OM||
e ~v =
OP
→
||OP ||
·
Então:
~γP = R ~u − γ~v
e ~γP ′ = R~u − γ ′~v .
γ
γP
=
·
γP ′
R
118
Logo:
|~γP2 | = γP2 = R2 − 2Rγ~u · ~v + γ 2
|~γP ′ |2 = γP2 ′ = R2 − 2Rγ ′~u · ~v + (γ ′ )2
Donde
γP2 −
γR2
γ 2
2
2
γ
− γγ ′ = 0 pois γ − γ ′ = R2
=
R
+
γ
−
′
γ′ P
γ′
ou seja:
γP2
γ
= ′
2
γP ′
γ
Então:
9.
ou
γ
γP
=
como querı́amos provar.
γP ′
R
γ
γ2
=
·
γ′
R2
Seja u(x, y) = x2 − y 2 .
(i) Verifique que u é solução do problema
em
∆u(x, y) = 0
u(x, y) = 2x2 − 1 em
onde
Ω
∂Ω
Ω = (x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 < 1 .
(ii) Usando a fórmula (33) e (i) deduzir que
(a)
Z
0
2π
cos 2α dα
= 0.
3 − 2 cos α − 2 sen α
(b)
Z
0
2π
cos 2α dα
2π
−
5 − 4 cos α
3
119
SOLUÇÃO:
(i) É trivial.
(ii) Como u é solução do problema de Dirichlet no cı́rculo, pela fórmula (33) tem-se
1 − (x2 + y 2 )
x −y =
2π
2
2
(a) Considerando x = y =
0
2π
1+
x2
+
y2
cos 2α dα
·
− 2x cos α − 2y sen α
1
na fórmula anterior, tem-se
2
Z
0
(b) Considerando x =
Z
2π
cos 2α dα
= 0.
3 − 2 cos α − 2 sen α
1
e y = 0 na fórmula anterior, tem-se
2
Z
2π
0
cos 2α dα
2π
=
·
5 − 4 cos α
3
120
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1.
Determine os polinômios de grau 3, 5, e 7 que sejam harmônicos em R2 .
Resposta: De grau 3, considere u(x, y) = x3 − 3xy 2 e v(x, y) = 3x2 y − y 3 ; de grau 5,
considere u(x, y) = x5 − 10x3 y 2 + 5xy 4 e v(x, y) = 5x4 y − 10x2 y 3 + y 5 .
2.
Determine as funções harmônicas conjugadas associadas às funções harmônicas
seguintes:
(i)
u(x, y) = x e−x cos y + ye−x sen y
(ii)
u(x, y) = x3 − 3xy 2 + 2x
(iii)
u(x, y) = ex cos y
(iv)
u(x, y) = x3 − 3xy 2
(v)
u(x, y) = x5 − 10x3 y 2 + 5xy 4
Respostas:
3.
(i)
v(x, y) = ye−x cos y − xe−x sen y
(ii)
v(x, y) = 3x2 y − y 3 + 2y
(vi)
v(x, y) = 5x4 y − 10x3 y 3 + y 5
Seja u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) harmônica em Ω. Provar que
Z
nu
Ω
Sugestão: Ver o exercı́cio 6.
n−1
2
|∇u| dxdy =
Z
Γ
un
∂u
dΓ.
∂γ
121
4.
No gráfico abaixo tem-se (ρ, α) coordenadas polares de M e (γ, θ) coordenadas
polares de P . Usando vetores, mostre que:
γP2 = ρ2 + γ 2 − 2ργ cos(α − θ)
γP2 ′ = ρ2 − γ′2 − 2ργ ′ cos(α − θ)
5.
Sabendo que u(x, y) = 2xy é harmônica, provar que
Z
0
Sugestão: Ver o exercı́cio 9.
2π
sen 2α dα
= π.
3 − 2 cos α − 2 sen α
122
123
4.
EQUAÇÕES PARABÓLICAS
Da classificação feita no Capı́tulo 1, tem-se que as equações diferenciais parciais
do tipo parabólico, lineares, no plano R2 possuem a forma canônica:
(1)
Lu =
∂u ∂ 2 u
−
= f (x, y).
∂t
∂x2
Entre outras interpretações fı́sicas, a equação (1) modela o fluxo de temperatura
em um fio metálico.
O problema de Cauchy para (1) formula-se a seguir.
Fio de Comprimento Finito - Sejam L > 0 e u0 (x) uma função real contı́nua e
limitada em 0 < x < L. T é um número real positivo. Encontrar u(x, t), função real,
definida em 0 < x < L, 0 < t < T , satisfazendo às condições:
(2)
0 < x < L, 0 < t < T
ut = uxx ,
u(x, 0) = u0 (x),
0<x≤L
u(0, t) = u(L, t) = 0, 0 ≤ t ≤ T
Fio de Comprimento Não Finito - A função u0 (x) é contı́nua e limitada em
−∞ < x < +∞. Encontrar u(x, t) definida no semiplano −∞ < x < +∞ e 0 < t < ∞,
satisfazendo às condições:
(3)
ut = xxx ,
u(x, 0) = u0 (x),
− ∞ < x < +∞, 0 < t < +∞
− ∞ < x < +∞
124
No caso de fio de comprimento finito, para resolver o problema (2), emprega-se o
argumento de séries de Fourier que surge naturalmente como uma imposição do método
de separação de variáveis. De fato, suponha que se deseje encontrar uma solução u(x, t)
de (2) da forma u(x, t) = X(x)Y (t) isto é, com as variáveis separadas. Substituindo-se
na equação (2), obtém-se a condição para determinar X(x), Y (t), isto é,
X ′′ (x)
Y ′ (t)
=
= −λ2
Y (t)
X(x)
para todo x e t.
Daı́ obtém-se:
Y ′ (t) + λ2 Y (t) = 0,
cuja solução geral é
2
Y (t) = c e−λ t .
Para obter X encontra-se a equação
X ′′ (x) + λ2 X(x) = 0,
com condições na fronteira dadas por
X(0) = X(L) = 0,
que resultam da condição de contorno em (2).
A solução geral desta equação diferencial ordinária é:
X(x) = A cos λ x + B sen λ x.
As constantes devem ser determinadas pelas condições X(0) = X(L) = 0. Encontra-se:
A=0
e
λn =
nπ
,
L
n = 1, 2, . . . .
125
Obtém-se uma sucessão de soluções particulares dadas por:
un (x, t) = Bn e−λn t sen
nπx
,
L
n = 1, . . . .
Sendo linear o problema (2), conclui-se que as somas finitas também são soluções, isto
é:
n
X
Bn e−λn t sen
ν=1
nπx
,
L
é uma solução.
A solução geral seria o limite quando n → ∞. Para tal, supõe-se que u0 (x)
foi estendida de forma ı́mpar ao intervalo ] − L, L[ e aı́ possui uma série de Fourier
convergente. Com esta hipótese calcula-se por meio de u0 (x) os coeficientes Bn , isto é,
2
Bn =
L
(4)
Z
L
u0 (x) sen
0
nπx
dx.
L
Conclui-se que a solução de (2) é obtida por meio da série
(5)
u(x, t) =
∞
X
n=1
Bn e−λn t sen
nπx
L
cujos coeficientes são dados por (4).
Para o caso de comprimento não finito, o método de separação de variáveis não
funciona bem. Para constatar, é suficiente proceder como no caso finito para deduzir
não ser possı́vel a determinação de uma coleção enumerável de λn . (Consulte-se L.A.
Medeiros - N.G. Andrade, Iniciação às Equações Diferenciais Parciais, LTC - Rio de
Janeiro, RJ, 1978).
Por meio da tentativa de obter a solução no caso de comprimento não finito pelo
caso finito, o método sugere o emprego da transformada de Fourier (no caso em que
126
−∞ < x < +∞, ou seja, um fio infinito) ou da transformada de Laplace (no caso em
que 0 < x < +∞, que se denomina fio semi-infinito, para distinguı́-lo do caso anterior),
ao invés da série de Fourier. Do ponto de vista filosófico, tudo resulta do fato que o
d2
não é mais enumerável no caso de comprimento não
dx2
finito. Para uma compreensão deste ponto, necessário seria o estudo da teoria espectral
espectro do operador derivada
dos operadores, o que será feito posteriormente.
Retornando ao caso de comprimento não finito, procede-se de modo puramente
formal com a hipótese de que as operações de integração a serem feitas sejam permissı́veis. Multiplica-se, então, ambos os membros da equação em (3) por e−iσx e
integra-se em −∞ < x < +∞, obtendo-se
Z
(6)
+∞
−iσx
e
ut (x, t) dx =
−∞
Z
+∞
e−iσx uxx (x, t) dx.
−∞
Tem-se
(7)
Z
+∞
−iσx
e
−∞
∂
ut (x, t) dx =
∂t
Z
+∞
e−iσx u(x, t) dx = vt (σ, t),
−∞
representando-se por
(8)
v(σ, t) =
Z
+∞
e−iσx u(x, t) dx,
−∞
denominada a Transformada de Fourier da função u(x, t), denotada por F [u(x, t)].
Demonstra-se que
(9)
F [uxx (x, t)] = −σ 2 F [u(x, t)].
De (7), (8), (9), a equação (6) reduz-se à equação ordinária:
(10)
vt (σ, t) = −σ 2 v(σ, t).
127
Encontra-se a condição inicial para (10), observando-se que, de (8) tem-se:
v(σ, 0) =
Z
+∞
−∞
e−iσx u(x, 0) dx = F [u0 (x)].
Logo, fazendo-se
(11)
v0 (σ) = v(σ, 0) = F [u0 (x)] =
Z
+∞
e−iσx u0 (x) dx
−∞
tem-se que a condição inicial de (10) é, de modo natural:
(12)
v(σ, 0) = v0 (σ).
A solução de (10) e (12) é:
2
v(σ, t) = e−σ t v0 (σ).
Sabe-se, do estudo da transformada de Fourrier, que:
−σ 2 t
e
2
1
− x4t
.
=F √
e
4πt
Logo,
(13)
2
1
− x4t
v(σ, t) = F √
e
· F [u0 (σ)].
4πt
Observação. Dadas as funções u e v, denomina-se convolução de u com v, a função
u ∗ v definida por:
(u ∗ v)(x) =
Prova-se que F [u ∗ v] = F (u) · F (v).
Z
+∞
−∞
u(ξ)v(x − ξ) dξ.
128
Aplicando a observação acima à igualdade (13), obtém-se:
(14)
2
1
− x4t
v(σ, t) = F √
∗ u0 (x) .
e
4πt
Sendo, por (8), v(σ, t) = F [u(x, t)], obtém-se de (14)
2
1
− x4t
∗ u0 (x) .
F [u(x, t)] = F √
e
4πt
Sendo F invertı́vel e a operação de convolução comutativa, obtém-se a solução de (3),
fio de comprimento infinito:
(15)
1
u(x, t) = √
4πt
Z
+∞
e
−(x−ξ)2
4t
u0 (ξ) dξ
−∞
denominada fórmula de Poisson, para solução do problema (3).
Observação. A convolução de duas funções v(x) e w(x) satisfaz a seguinte propriedade:
se v é contı́nua e limitada e w é infinitamente derivável para x ∈ R, então v ∗ w é
∂k
∂kw
(v∗w)
=
v∗
· Tal fato decorre diretamente
∂xk
∂xk
da definição e de resultados de convergência de integrais impróprias.
infinitamente derivável para x ∈ R e
−x2
e 4t
Aplicando o resultado acima às funções v(x) = u0 (x) e w(x, t) = √
e obser4πt
vando que w ∈ C ∞ (R × (0, ∞)), isto é, w ∈ C ∞ (R × (ε, ∞)), para todo ε > 0, obtém-se,
de (15),
u ∈ C ∞ (R × (0, ∞)) e
ut = uxx .
Como, por hipótese, |u0 (x)| ≤ M em R, para algum M > 0, tem-se
|u(x, t)| ≤ M
Z
∞
−∞
−ξ2
e 4t
√
dξ = M.
4πt
129
Esta limitação será usada para mostrar que, para cada x0 ∈ R,
lim
(x,t)→(x0 ,0+ )
u(x, t) = u0 (x0 ).
Com efeito, seja δ > 0. Suponha |(x, t) − (x0 , 0)| < δ, com t > 0. Da continuidade de
u0 , resulta que, para cada ε > 0 existe δ1 > 0 tal que
(16)
ε
,
2
|u0 (x) − u0 (x0 )| <
para todo |x − x0 | < δ1 .
Tem-se então que:
(17)
|u(x, t) − u0 (x0 )| ≤ |u(x, t) − u0 (x)| +
ε
·
2
Por outro lado, como
(18)
Z
+∞
−∞
−ξ2
e 4t
√
dξ =
4πt
Z
+∞
−∞
e
−(x−ξ)2
4t
√
4πt
dξ = 1,
tem-se
(19)
|u(x, t) − u0 (x)| ≤
Z
∞
−∞
−y 2
e 4t
√
|u0 (x − y) − u0 (x)| dy.
4πt
Como u0 ∈ C 0 (R) tem-se u0 uniformemente contı́nua em compactos de R, logo, se
ε
|x − x0 | ≤ δ1 , tem-se que existe η > 0 tal que, se |y| < η, então |u0 (x − y) − u0 (x)| < ·
4
Assim (19) pode ser reescrita da forma
|u(x, t) − u0 (x)| ≤
Z
−y 2
|y|≥η
e 4t
ε
√
|u0 (x − y) − u0 (y)| dy +
4
4πt
Z
Utilizando-se novamente (18) e a limitação de u0 , encontra-se
(20)
|u(x, t) − u0 (x)| ≤ 2M
Z
−y 2
|y|≥η
e 4t
ε
√
dy + ·
4
4πt
|y|<η
−y 2
e 4t
√
dy.
4πt
130
Efetuando mudança de variável conveniente e lembrando que a integral
converge, tem-se
Z
−y 2
|y|≥η
e 4t
√
dy =
4πt
Z
|s|≥
2
n
√
t
R∞
−∞
2
e−s ds
√
2
e−s
ε 2π
√ dx ≤
π
8M
desde que t ≤ δ2 , onde δ2 depende apenas de η e de ε. Substituindo-se em (20), e, em
seguida, substituindo-se (20) em (17), obtém-se finalmente que
|u(x, t) − u0 (x0 )| ≤ ε, para todo (x, t) tal que |(x, t) − x0 , 0)| ≤ δ, t > 0,
desde que δ ≤ min{δ1 , δ2 }.
Foi provado então o seguinte resultado de existência de soluções:
Teorema 1. Se u0 ∈ C 0 (R), u0 limitada, então a função
(21)
Z +∞
−(x−ξ)2
1
4t
√
e
u0 (ξ) dξ,
u(x, t) = 4πt −∞
u (x), se x ∈ R, t = 0
0
se
x ∈ R, t > 0
é solução de (3). Além disso, u ∈ C ∞ (R × (0, ∞)) ∩ C 0 (R × [0, ∞)).
Deve-se chamar a atenção para esta propriedade importante da solução: mesmo com
dado inicial u0 apenas contı́nuo e limitado, a solução se torna completamente regular
para t > 0 ! Tal propriedade é conhecida como efeito regularizante.
EQUAÇÃO NÃO HOMOGÊNEA
Dada u0 (x) contı́nua e limitada em R e h(x, t) contı́nua e limitada em R × [0, ∞),
encontrar u(x, t), definida no domı́nio −∞ < x < +∞, 0 ≤ t < +∞, limitada, solução
131
do problema:
ut = uxx + h, −∞ < x < +∞, t > 0
u(x, 0) = u (x), −∞ < x < +∞
0
u ∈ C 2 (R × (0, ∞)) ∩ C 0 (R × [0, ∞))
(22)
Observe que, como se trata de um problema linear, pondo u = v + w, onde v
satisfaz (3) e w é solução de
wt = wxx + h, −∞ < x < +∞, t > 0
w(x, 0) = 0, −∞ < x < +∞
w ∈ C 2 (R × (0, ∞)) ∩ C 0 (R × [0, ∞))
(23)
resulta que u é solução de (22). Logo, basta considerar o problema (23).
Embora o problema (23) seja resolvido com auxı́lio da transformada de Fourier,
será empregado um método semelhante ao de variação de parâmetros ou de Lagrange,
para resolver equações diferenciais ordinárias lineares não homogêneas. Este método no
caso de equações diferenciais parciais lineares denomina-se Princı́pio de Duhamel. Já
foi aplicado no Capı́tulo 2 sobre Equações Hiperbólicas.
Princı́pio de Duhamel: Seja h ∈ C(R × [0, +∞)), h limitada.
Se, para cada
s > 0, z(x, t, s) é solução do problema
(24)
então w(x, t) =
Rt
0
zt = zxx , −∞ < x < +∞, t > 0
z(x, 0, s) = h(x, s), −∞ < x < +∞
z ∈ C 2 (R × (0, ∞)) ∩ C 0 (R × [0, ∞))
z(x, t − s, s) ds é solução de (23).
Demonstração: Tem-se w(x, 0) = 0 da definição de w. Da regra de Derivação de
132
Leibniz, tem-se
wt (x, t) = z(x, 0, t) +
Z
0
t
dz
(x, t − s, s) ds.
∂t
Utilizando-se (24) encontra-se
wt (x, t) = h(x, t) +
Z
t
0
zxx (x, t − s, s) ds = h(x, t) + wxx (x, t), em R × (0, ∞).
A regularidade de w decorre da regularidade de z.
Utilizando-se então o Princı́pio de Duhamel para resolver o problema (23) e,
notando que a solução de (24) é a mesma do problema (3), dada pela fórmula de Poisson
(15), encontra-se a solução procurada
(25)
w(x, t) =
Z tZ
0
+∞
−∞
(x−ξ)2
e− 4(t−s)
p
h(ξ, s) dξ ds.
4π(t − x)
Fio de Comprimento Semi-Infinito – A função u0 (x) é contı́nua e limitada em
0 < x < ∞ e a função h(t) é contı́nua e limitada em 0 < t < ∞. Encontrar u(x, t),
definida no domı́nio 0 < x < ∞ e 0 < t < ∞, u(x, t) limitada, satisfazendo às condições
abaixo:
(26)
ut = uxx , 0 < x < ∞,
u(x, 0) = u0 (x), x ≥ 0
u(0, t) = h(t), t ≥ 0
t>0
No caso particular em que h(t) = 0, ∀ t > 0, sendo u0 (0) = 0, estendendo u0 de forma
ı́mpar a toda reta pode-se utilizar a solução já obtida para o caso do fio infinito, para
encontrar a solução de (26). Considere-se agora o caso particular em que u0 (x) = 0,
133
para todo x > 0, isto é
ut = uxx , 0 < x < ∞,
u(x, 0) = 0, x ≥ 0
u(0, t) = h(t), t ≥ 0
(27)
t>0
Sendo f : [0, ∞) → R, define-se a transformada de Laplace de f , denotada por L(f ), por:
F (s) = L(f (t)) =
Z
∞
e−st f (t) dt.
0
Retornando ao problema (27), define-se L(u(x, t)) = U (x, s), transformada de
Laplace na variável t de u(x, t) e L(h(t)) = H(s). Nesse caso, utilizando-se as pro-
priedades da transformada da derivada de uma função e a linearidade, obtém-se de (27)
e da condição de limitação de u(x, t), o seguinte problema de valor inicial:
(28)
Uxx (x, s) − sU (x, s) = 0
U (0, s) = H(s)
|U (x, s)| ≤ K(s), ∀ x ≥ 0
A solução geral da equação diferencial, nesse caso, é dada por
√
s
U (x, s) = c1 (s)ex
√
+ c2 (s)e−x
s
.
Utilizando a condição de limitação conclui-se que c1 (s) = 0 e, em seguida, substituindose a condição inicial obtém-se
√
U (x, s) = H(s)e−x
(29)
Verifica-se que
√
−x s
e
=L √
x
4πt3
e
s
.
−x2
4t
.
134
Por outro lado, sendo (u ∗ v)(t) =
Rt
0
u(t − y)v(y) dy, obtém-se L(u ∗ v) = L(u) · L(v).
Utilizando estas observações em (29), obtém-se, finalmente
1
u(x, t) = √
4π
Z
0
t
p
−x2
x
e 4(t−ξ) h(ξ) dξ.
(t − ξ)3
Observe que, combinando as soluções dos dois problemas, um com u0 (x) = 0 e outro
com h(t) = 0, pode-se resolver o problema mais geral (26).
PROPRIEDADES DAS SOLUÇÕES
Os problemas de valor inicial e/ou de contorno associados a equações diferenciais
parciais são denominados bem postos, no sentido de Hadamard (1865-1963), quando
têm solução, ela é única e depende continuamente dos dados, isto é, dois problemas
com dados bem próximos têm soluções bem próximas. Esta propriedade mostra um
comportamento estável do modelo. Para verificar a propriedade de unicidade, vai ser
provado o resultado a seguir. É um resultado bastante geral, pois também pode ser
aplicado à equação do calor em dimensão espacial n.
Teorema 2 (Princı́pio do Máximo para a Equação do Calor). Sejam a e b finitos, a < b
e T > 0 dados e α constante positiva. Suponha que u ∈ C 2 ((a, b) × (0, T ]) ∩ C 0 ([a, b] ×
[0, T ]) é solução da equação ut = α2 uxx , em (a, b) × (0, T ]. Então u atinge seu máximo
e seu mı́nimo em {(a, t) ∪ (b, t), t ∈ [0, T ]} ou em {(x, 0), x ∈ (a, b)}.
Demonstração:
Seja v(x, t) = u(x, t) + εx2 , onde ε > 0 arbitrário.
Então,
v ∈ C 2 ((a, b) × (0, T ]) ∩ C 0 ([a, b] × [0, T ]) e v satisfaz
(30)
vt = α2 vxx − 2εα2 .
Da continuidade de v segue-se que existe (x0 , t0 ) ∈ [a, b] × [0, T ] onde v atinge seu
máximo. Suponha, por contradição, que (x0 , t0 ) ∈ (a, b) × (0, T ). Como v ∈ C 2 ((a, b) ×
135
(0, T ]), segue-se que
vt (x0 , t0 ) = 0 e
∂ 2v
(x0 , t0 ) ≤ 0.
∂x2
Comparando com (30) obtém-se 2εα2 ≤ 0. Suponha agora que (x0 , t0 ) ∈ (a, b) × {T }.
Novamente da regularidade de v segue-se que
vt (x0 , t0 ) ≥ 0 e
∂ 2v
(x0 , t0 ) ≤ 0,
∂x2
de onde, comparando com (30), novamente se chega a 2εα2 ≤ 0, concluindo então que
o máximo de v ocorre em Γ = {(a, t) ∪ (b, t), t ∈ [0, T ]} ∪ {(x, 0), x ∈ (a, b)}. Por outro
lado, da definição de v,
max
[0,T ]×[a,b]
u(x, t) ≤
max
[0,T ]×[a,b]
v(x, t) ≤ max u(x, t) + ε max x2 .
Γ
[a,b]
Tomando limite quando ε tende a zero, obtém-se
max
[0,T ]×[a,b]
u(x, t) ≤ max u(x, t).
Γ
Como a desigualdade vale no outro sentido, tem-se a igualdade. No caso do mı́nimo, o
argumento é similar, tomando w = −u.
Com o auxı́lio do princı́pio do máximo, fica simples provar a unicidade de soluções
do problema (2), inclusive no caso não homogêneo (o resultado também pode ser usado
para mostrar a unicidade em dimensão espacial maior que 1).
Teorema 3. Sejam u0 ∈ C[0, L], f, g ∈ C[0, ∞), com u0 (0) = f (0) e u0 (L) = g(0).
Seja g ∈ C 1 ((0, L) × (0, ∞)). Então existe no máximo uma solução para o problema
(31)
u ∈ C 2 ((0, L) × (0, ∞)) ∩ C([0, L] × [0, ∞))
u = α2 u + g, 0 < x < L, t > 0
t
xx
u(x, 0) = u0 (x), x ∈ [0, L]
u(0, t) = f (t)
u(L, t) = g(t), t ≥ 0
136
Demonstração: Suponha que u e v sejam duas soluções de (31). Então w = u − v é
solução do problema
wt = α2 wxx , 0 < x < L, t > 0
w(x, 0) = 0, x ∈ [0, L]
w(0, t) = w(L, t) = 0, t ≥ 0
Seja T > 0 arbitrário. Pelo Teorema 2, o máximo e o mı́nimo de w são atingidos no
conjunto {(0, t) ou (L, t), t ∈ [0, T ]} ∪ {(x, 0), x ∈ (0, L)}, onde w = 0, logo w = 0 em
[0, L] × [0, T ]. Como T > 0 é arbitrário, w = 0 em [0, L] × [0, ∞), isto é u = v.
Para mostrar a unicidade de soluções no caso do problema (3), tem-se o seguinte
resultado:
Teorema 4. Sejam g ∈ C(R × (0, ∞)) e u0 ∈ C(R) limitadas. Então existe no máximo
uma solução u ∈ C 2 (R × (0, ∞)) ∩ C(R × [0, ∞)), u limitada, do problema
(32)
ut = α2 uxx + g, em R × (0, ∞)
u(x, 0) = u (x), x ∈ R
0
Demonstração: Sejam u1 e u2 soluções de (32). Então w = u1 − u2 satisfaz
(33)
wt = α2 wxx , em R × (0, ∞)
w(x, 0) = 0, x ∈ R, com w limitada
Seja M > 0 tal que |w(x, t)| ≤ M para cada (x, t) ∈ R × [0, ∞) e T > 0 e α > 0, com
Ω = {x ∈ R, |x| < a}.
Defina v: R × [0, ∞) → R por:
v(x, t) = w(x, t) −
M 2 2M α2 t
x −
·
a2
a2
137
Tem-se, então, v ∈ C 2 (Ω × (0, T ]) ∩ C(Ω × [0, T ]). De (33) segue-se que vt = α2 vxx em
Ω × (0, T ], então, do Teorema 2, segue-se
max v(x, t) = max v(x, t)
Γ
Ω×[0,T ]
onde Γ = Γ1 ∪ Γ2 , com Γ1 = ∂Ω × [0, T ] e Γ2 = Ω × {0}. Mas, em Γ1 , tem-se
v(x, t) ≤ M −
2M α2 t
−2M α2 t
M a2
−
=
≤0
a2
a2
a2
e, em Γ2 ,
v(x, 0) = w(x, 0) −
M x2
−M x2
=
≤ 0,
a2
a2
logo se conclui que v ≤ 0 em Ω × [0, T ]. Assim, por definição de v, tem-se
w(x, t) ≤
M 2 2M α2 t
x +
,
a2
a2
∀ (x, t) tal que |x| ≤ a e t ∈ [0, T ]. Fazendo a tender a +∞ tem-se w(x, t) ≤ 0,
∀ x ∈ R, t ∈ [0, T ]. Como T > 0 arbitrário tem-se
w(x, t) ≤ 0 em
R × [0, ∞).
Tomando agora
ṽ(x, t) = −w(x, t) −
M 2 2M α2 t
x −
a2
a2
e utilizando raciocı́nio análogo, encontra-se
w≥0
em
R × [0, ∞),
de onde se conclui, finalmente, que w = 0, logo u1 = u2 .
138
OBSERVAÇÃO FINAL
A partir da expressão (21) para a solução do problema de Cauchy associado à
equação do calor (3), pode-se notar a seguinte propriedade: o valor de u(x, t) depende
dos valores do dado inicial u0 (ξ), para todo ξ, −∞ < ξ < +∞. Reciprocamente, o valor
de u0 num ponto ξ0 tem um efeito imediato em todos os pontos (para t > 0). Diz-se
então que o fluxo de calor se propaga com uma velocidade infinita. Tal comportamento
é bem diferente do que ocorre com a equação da onda (e todas as equações hiperbólicas).
Já foi observado também, logo após o Teorema 1, o denominado efeito regularizante, isto é, a solução é infinitamente continuamente diferenciável (para t > 0), mesmo
quando o dado inicial não seja; isto significa que as singularidades são imediatamente
absorvidas e a solução se torna regular assim que ocorre a propagação.
Assim como no caso do modelo homogêneo, observando a expressão da solução
(25) do problema de Cauchy para a equação do calor não homogênea (23), nota-se
que, mesmo que h(ξ, s) seja nula exceto numa região (−ε, ε) × (0, s0 ), com s0 , ε > 0
“pequenos”, os valores da solução u(x, t) em todos os pontos (x, t), onde x ∈ R e t > 0,
dependerão dos valoes de h nesta pequena região.
139
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1. A temperatura inicial nos pontos de abcissa 0 ≤ x ≤ L de uma barra com su-
perfı́cie lateral isolada, é igual a u0 (x) = u0 constante e seus extremos se mantêm às
temperaturas constantes u(0, t) = u1 e u(L, t) = u2 , 0 < t < ∞.
(a) Determine a temperatura u(x, t) em cada ponto x e em cada instante t, t > 0.
(b) Determine a temperatura estacionária ū(x) = lim u(x, t).
t→∞
SOLUÇÃO:
O problema que se deseja resolver é:
u = u , 0 < x < L, 0 < t < ∞
t
xx
u(x, 0) = u0 , 0 ≤ x ≤ L
u(0, t) = u , u(L, t) = u , t > 0
1
2
Procura-se solução da forma u(x, t) = v(x, t) + ū(x), onde ū(x) é a solução estacionária
(de equilı́brio), a qual satisfaz a equação e as condições de fronteira, isto é,
′′
ū (x) = 0,
ū(0) = u1 ,
0<x<L
ū(L) = u2
Assim, ū(x) = u1 + (u2 − u1 ) Lx , logo a função v(x, t) satisfaz as seguintes condições:
vt = vxx , 0 < x < L, 0 < t < ∞
v(x, 0) = u0 − ū(x), 0 ≤ x ≤ L
v(0, t) = v(L, t) = 0, t > 0
140
Este problema já foi resolvido anteriormente, tendo como solução
v(x, t) =
∞
X
n=1
− nπt
L
Bn e
sen
nπx
L
onde
2
Bn =
L
Z
L
0
[u0 − ū(x)] sen
nπx
dx.
L
Substituindo-se ū(x) e integrando, encontra-se, finalmente
∞
nπt
x X 2
u(x, t) = u1 + (u2 − u1 ) +
(−1)n (u2 − u0 ) − (u1 − u0 ) e− L sen
L n=1 nπ
nπx
.
L
2. Determine uma solução do problema misto
u = u , 0 < x < L, 0 < t < ∞
t
xx
u(x, 0) = 1 + sen πx , 0 ≤ x ≤ L
L
u(0, t) = u(L, t) = 1, t > 0
SOLUÇÃO:
Aplicando a transformada de Laplace com relação à variável t e denotando
U (x, s) = L(u(x, t)), encontra-se
πx Uxx (x, s) − s U (x, s) = −1 − sen
L
U (0, s) = U (L, s) + 1
s
Resolvendo este problema obtém-se
1
1
U (x, s) = +
sen
s s + π 2 /L2
πx
L
141
e, utilizando-se uma tabela de transformadas de funções elementares, chega-se à solução
procurada
2
− π 2t
u(x, t) = 1 + e
L
sen
πx
.
L
3. Seja Ω aberto de R2 , a(x, t) > 0 em Ω e Lu(x, t) = a(x, t)uxx + b(x, t)ux + c(x, t)ut ,
com Lu > 0 em Ω, onde as funções a, b e c são regulares.
(a) Se u ∈ C 2 (Ω), mostre que u não tem máximo local em Ω.
(b) Se u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω), mostre que u atinge seu máximo em ∂Ω (a fronteira de Ω).
SOLUÇÃO:
(a) Suponha, por absurdo, que u atinge um máximo local em (x0 , t0 ) ∈ Ω. Então
∇u(x0 , t0 ) = 0. Além disso, como a função x → u(x, t0 ) tem também um máximo local
∂ 2u
(x0 , t0 ) ≤ 0. Nesse caso,
∂x2
em (x0 , t0 ), segue-se que
Lu(x0 , t0 ) = a(x0 , t0 )uxx (x0 , t0 ) ≤ 0,
o que é uma contradição com a hipótese. Logo tem-se o resultado.
(b) Como u ∈ C(Ω), u tem um máximo em Ω. De (a) tem-se que o máximo só
pode ser atingido em ∂Ω.
142
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1.
Considere o problema
u = u , 0 < x < L, t > 0
t
xx
u(x, 0) = u0 (x), 0 ≤ x ≤ L
u (0, t) = u (L, t) = 0, t ≥ 0
x
x
(a) Use o método de separação de variáveis e série de Fourier para obter uma candidata a solução do problema.
(b) Dê condições sobre u0 (x) para que a expressão encontrada no item (a) seja realmente solução do problema, u ∈ C 2 ([0, L] × (0, ∞)) ∩ C 0 ([0, L] × [0, ∞)), e u
satisfaz as condições inicial e de fronteira.
(c) Mostre que a solução obtida converge para uma solução de equilı́brio (independente de t), quando t → ∞.
∞
P
n2 π 2 t
a0
+
an e− L2 cos
Resposta: u(x, t) =
2
n=1
2
an =
L
Z
0
L
u0 (x) cos
nπx
, onde
L
nπx
dx,
L
n = 0, 1, 2, . . .
2. Use a transformada de Laplace para resolver o problema
Resposta:
u = u , 0 < x < L, t > 0
t
xx
ux (0, t) = ux (L, t) = 0, t > 0
u(x, 0) = 1 + cos 2πx
L
2
− 4πL t
u(x, t) = 1 + e
cos
2πx
.
L
143
3.
Sendo u0 ∈ C(R), limitada e α ∈ R utilize a transformada de Fourier para resolver
o problema
ut = uxx + αu, x ∈ R,
u(x, 0) = u0 (x), x ∈ R
Resposta:
t>0
αt Z +∞
(x−ξ)2
e
− 4t
√
dξ,
u
(ξ)e
0
u(x, t) = 4πt −∞
u (x), x ∈ R, t = 0
x ∈ R,
t>0
0
4.
Sejam α, h e β constantes reais não nulas. Use transformada de Laplace para
resolver o problema
ut = α2 uxx − h2 u, x, t > 0
u(x, 0) = 0, x ≥ 0
u(0, t) = β, lim u(x, t) = 0,
x→∞
t≥0
Resposta:
βx
√
u(x, t) =
2α π
5.
Z
0
t
2
e−h r − x2 2
e 4τ α dτ.
τ 3/2
Utilize o princı́pio do máximo para provar a unicidade de soluções do problema
(26).
144
145
5.
SOLUÇÕES ANALÍTICAS
O objetivo da presente seção é fazer um estudo elementar das soluções analı́ticas
das equações diferenciais parciais. As demonstrações da existência de soluções analı́ticas
para equações ordinárias ou diferenciais parciais, são devidas a Cauchy, publicadas em
C.R. Acad. de Sc. de Paris, vol. XIV, p. 1020 e vol. XV pp. 44, 85, 131 (1842).
A demonstração de Cauchy baseia-se num método de comparação por ele denominado
“Método dos Limites”, hoje conhecido como método das funções majorantes. Posteriormente, este método foi desenvolvido por Sofia Kowalewsky em sua tese de doutorado
orientada por Weierstass, em 1874, em Göttingen. Há contribuições significantes de
Goursat e Darboux sobre este método. Na presente exposição, analisa-se um caso bem
particular na tentativa de passar para o leitor a idéia genial de Cauchy. Consulte-se
para outras informações Goursat [3] ou Hadamard [4].
Tendo em vista ser Sofia Kowalewsky uma representante, famosa, do belo sexo,
que aparece no presente texto, considera-se educativo dizer algo sobre sua vida. Das
fotografias conhecidas, deduz-se ter sido ela uma charmosa e linda mulher. Filha de um
general de artilharia do exército russo, descendente do rei da Hungria. Contam seus
biógrafos, que sua paixão pela matemática surgiu ao ler as notas de aula dos cursos de
matemática que seu pai fez na escola de artilharia em Moscou. Casou-se com um estudante russo de sobrenome Kowalewsky e a seguir, ambos, foram completar seus estudos
em Berlim. Ele em geologia e ela, evidentemente, em matemática, tendo como orientador de trabalho o jovem matemático Weierstrass. Sob esta orientação deu profundas
contribuições às equações diferenciais parciais e às integrais Abelianas, cf. J. Hadamard
op. cit. . Posteriormente viajou para Paris onde teve oportunidade de conhecer grandes
146
mestres. Nesta ocasião, fez significativas contribuições à Fı́sica Matemática, tendo sido
homenageada com prêmio da Academia de Ciências. Por intermédio de Weierstrass foi
convidada por Mittag Lefler para ocupar uma posição permanente na Universidade de
Estocolmo, onde trabalhou até sua morte. Dizem seus biógrafos que fez igualmente
substanciais contribuições literárias, como acontecia às pessoas cultas da época.
Retornando ao estudo das soluções analı́ticas, inicia-se com a análise de uma
única equação ordinária servindo de modelo para a compreensão do criativo método de
Cauchy.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS
Considere-se a função f : Ω → R, sendo Ω um aberto do plano R2 e o problema
de Cauchy:
dy
dx = f (x, y)
y(x0 ) = y0
(1)
Com (x0 , y0 ) denota-se um ponto do aberto Ω. A função real f é suposta analı́tica em
uma vizinhança do ponto (x0 , y0 ), isto é, em uma vizinhança deste ponto a f representase pela série de potências aı́ convergente:
f (x, y) =
∞
X
i,j=1
sendo aij =
aij (x − x0 )i (y − y0 )j
1 ∂ i+j f
, calculadas em (x0 , y0 ).
i!j! ∂xi ∂y j
Denomina-se solução analı́tica do problema de Cauchy (1) a uma função y = y(x)
analı́tica em uma vizinhança do ponto x0 , satisfazendo a (1)1 pontualmente e a condição
147
(1)2 . O resultado fundamental de Cauchy, diz que se f for analı́tica em uma vizinhança
de (x0 , y0 ) então o problema (1) possui uma solução analı́tica. Todo o trabalho deste
parágrafo consiste em demonstrar este resultado.
Para simplificar os cálculos, supõe-se x0 = 0 e y0 = 0, isto é, a origem. O
problema de Cauchy toma a forma:
(2)
dy
dx = f (x, y) em uma vizinhança de
y(0) = 0
(0, 0)
A solução y = y(x) procurada escreve-se sob a forma
(3)
y(x) =
∞
X
b k xk ,
k=0
em uma vizinhança do zero. Os coeficientes bk são dados por
(4)
bk =
1 dk y
, calculados em x = 0.
k! dxk
Os coeficientes bk , k = 0, 1, 2 . . . são calculados por meio da equação (2) e suas derivadas
dy sucessivas calculadas no ponto x = 0. De fato, tem-se
= f (0, 0) e
dx x=0
(5)
b0 = y(0)
b = y ′ (0) = f (0, 0)
1
2! b2 = y ′′ (0) = fx (0, 0) + fy (0, 0)b1
3! b3 = y ′′′ (0) = fxx (0, 0) + 2b1 fxy (0, 0) + fyy (0, 0)b21 + 2b2 fy (0, 0)
...................................................................................................
Portanto os coeficientes do desenvolvimento (3) são conhecidos, devido às relações (5),
por meio dos coeficientes do desenvolvimento de f (x, y) em série de potências, em uma
148
vizinhança da origem, isto é,
(6)
f (x, y) =
∞
X
aij xi y j
i,j=1
sendo
1 ∂ i+j f aij =
i!j! ∂xi ∂y j (7)
.
x=0
y=0
d2 y d3 y Portanto, fazendo-se x = y = 0 em (5) obtém-se
,
, . . . que darão
dx2 x=0 dx3 x=0
os coeficientes bk do desenvolvimento (3) de y(x), por meio dos coeficientes aij do
desenvolvimento (6) de f (x, y).
Portanto de (5) obtém-se os coeficientes bk de (3) em função dos aij . De modo preciso
os bk são obtidos por meio de polinômios em aij com coeficientes inteiros não negativos.
Dois são os problemas a resolver:
i) A convergência de (3) com os coeficientes bk dados por (5).
ii) É esta série solução de (2) ?
Admitindo-se a (i) demonstra-se a (ii). De fato, substituindo-se y = y(x) dada
por (3) com coeficientes (4) calculados por (5) na equação obtém-se a função ϕ(x) =
y ′ (x) − f (x, y(x)) definida em uma vizinhança de x = 0, nula com todas as derivadas em
uma vizinhança do zero onde a série converge. Logo ϕ é a função nula nesta vizinhança
provando o ii).
Resta demonstrar a convergência da série (3). Esta convergência será obtida
por meio do método de funções majorantes que Cauchy denominou método dos limites.
Considere-se uma função F (x, u) analı́tica em (0, 0), isto é,
(8)
F (x, u) =
∞
X
i,j=1
Aij xi uj
149
convergente em |x| < r, |u| < ρ, cujos coeficientes não negativos são tais que:
(9)
|aij | ≤ Aij ;
i, j = 0, 1, . . .
Diz-se que a função analı́tica F (x, u) é uma majorante da função analı́tica f (x, y):
formula-se com F o problema de Cauchy majorante
du
dx = F (x, u)
u(0) = 0
(10)
Considere-se a solução analı́tica u de (10) dada por:
u(x) = c0 + c1 x + c2 x2 + . . .
(11)
convergente em |x| < T sendo
1 dk u ck =
.
k! dxk x=0
(12)
Por um processo análogo ao desenvolvido para obter (5), calcula-se os ck em função dos
coeficientes Aij de (8). Tem-se que os ck são obtidos como polinômios em Aik , com
coeficientes inteiros não negativos. Portanto ck = P (Aij ) e bk = P (aij ). Tem-se por
(9):
(13)
|bk | ≤ |P (aij )| ≤ P (Aij ) = ck
para todo k = 0, 1, 2, . . .
Logo, (13) afirma que se (10) possuir solução analı́tica convergente em uma vizinhança de zero, então ela é majorante da função y(x) dada por (3). Logo, a série (3)
é convergente em uma vizinhança da origem, como desejava-se provar. Resta, apenas
provar que (10) possui solução analı́tica. O sucesso do método consiste em escolher
150
de modo conveniente a função F (x, u) majorante da f (x, y) de modo a obter-se um
problema de Cauchy de simples solução.
Suponha-se que a função f seja analı́tica em {(x, y) ∈ R2 , |x| ≤ a, |y| ≤ b} e seja
M o máximo de f neste domı́nio. Tem-se que
∞
X
aij ai bj
i,j=0
converge para f (a, b). Logo, |aij ai bj | < M ou
|aij | ≤
M
ai bj
i, j = 0, 1, 2, . . . .
Logo,
∞
X
i
i,j=0
j
aij x y ≤ M
∞
X
i,j=1
x
(
a
i j
y
.
b
A soma da série geométrica da direita é
M
F (x, y) = y
x
1− a
1− b
e a série da esquerda é a função f (x, y) do problema (2). Logo, F (x, y) é uma função
analı́tica majorante de f (x, y) na vizinhança da origem {(x, y) ∈ R2 ; |x| < a, |y| < b}.
Portanto natural é escolher F (x, u), |x| < a, |u| < b para compor o problema majorante
auxiliar (10). Obtém-se o problema auxiliar majorante:
(14)
M
du
=
x
dx
1
−
1
−
u
a
u(0) = 0
em
|x| < a, |u| < b
151
A equação
(15)
u du
M
1−
=
b dx
1 − xa
é de fácil resolução. De fato, as variáveis se separam e sua solução é:
(16)
x
u2
.
= −aM log 1 −
u−
2b
a
Daı́ obtém-se uma solução de (14) dada por:
(17)
s
M
x
u = b − b 1 + 2a log 1 −
.
b
a
Toma-se log 1 = 0, resultando que u(0) = 0. Esta função u é analı́tica numa vizinhança
da origem. Realmente, a função sob o radical é analı́tica no interior do intervalo |x| < a
e se anula para
(18)
b
− 2aM
.
x=ρ=a 1−e
Quando pertence ao cı́rculo Cρ de raio ρ e centro na origem, o radical em (17)
x
2aM
ser inferior a
log 1 −
é uma função analı́tica. É conseqüência do módulo de
b
a
um. Para verificação deste fato, note-se que sendo |x| < a obtém-se:
x
log 1 −
a
=−
∞
X
xn
an−1 n
n=1
1
uniforme e absolutamente convergente em |x| < ρ < a. Tem-se:
∞
2aM
2aM X
1 |x|n
x
≤
log
1
−
≤
b
a b n=1 an−1 n
∞
2aM X
1 ρn 2aM
ρ ≤
log 1 −
=
= 1.
n−1 n b
a
b
a
n=1
152
Conclui-se que u dada por (17) possui uma representação em séries de potências
convergente em Cρ e majorante de (3). Logo (3) converge em Cρ .
A unicidade segue-se supondo-se que existam duas soluções y, ŷ para o problema
de Cauchy (2). Fazendo-se z = y − ŷ, obtém-se
z ′ (x) = f (x, y(x)) − f (x, ŷ(x)),
z(0) = 0,
pois y(0) = ŷ(0) = 0.
A solução dada por (3) com os coeficientes dados por (5) é a série com coeficientes nulos,
logo z é a função nula em Cρ ou y = ŷ.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS
A extensão do método dos limites de Cauchy para equações diferenciais parciais
é conhecida sob a denominação de teorema de Cauchy-Kowalewsky. Para facilitar a
compreensão do processo limitar-se-á a um sistema de equações diferenciais parciais do
tipo seguinte:
(18)
2
∂u
∂uj
i X
=
Gij (u1 , u2 )
∂x
∂y
j=1
ui (0, y) = φi (y) para todo y
i = 1, 2.
Note-se que Gij (ξ, η), i, j = 1, 2, é uma função real definida em um aberto Ω
do R2 , continuamente diferenciável. Com ui (x, y), i = 1, 2, representa-se uma função
definida em um aberto do R2 , continuamente diferenciável, tal que para todo par (x, y)
tem-se (u1 (x, y), u2(x, y)) pertence a Ω. A função φi (y), i = 1, 2, é o dado de Cauchy
conhecido sobre a reta x = 0 do plano R2 . Supõe-se continuamente derivável.
153
Supõe-se φi (0) = 0, o que não é restritivo. É suficiente considerar a mudança de
variáveis ui (x, y) − φi (y) = vi (x, y), i = 1, 2. Logo na nova variável tem-se vi (0, y) = 0
para todo y. Conseqüentemente, sendo φi (0) = 0 tem-se ui (0, 0) = 0, pela condição de
Cauchy. Portanto, Gij (u1 (x, y), u2(x, y)) em x = 0, y = 0 reduz-se a Gij (0, 0). Portanto,
a série de Taylor de Gij (u1 , u2 ) em uma vizinhança da origem (0, 0) escreve-se:
(19)
Gij (u1 , u2 ) =
∞
X
r s
bij
rs u1 u2 ,
r,s=1
sendo
bij
rs =
(20)
1 ∂ r+s Gij
r!s! ∂ur1 ∂us2
calculadas em x = 0, y = 0.
A série de Taylor do dado inicial em uma vizinhança da origem do eixo dos y, é
dada por:
(21)
φi (y) =
∞
X
aiℓ y ℓ ,
ℓ=1
sendo:
(22)
aiℓ =
1 dℓ φi (y)
,
ℓ! dy ℓ
em
y = 0.
Note-se que a0 = φi (0) = 0, assim, inicia-se o somatório (21) com ℓ = 1.
O objetivo é demonstrar a existência de soluções analı́ticas do problema de
Cauchy (18), por intermédio do método dos limites ou, equivalentemente, das funções
majorantes. Supõe-se, então, Gij (u1 , u2 ), i, j = 1, 2, analı́ticas em |ui | < a, i = 1, 2 e
φi (y) analı́tica em |y| < b. Logo, admite-se, que as séries (19) com coeficientes (20) e
(21) com coeficientes (22), convergem, respectivamente, em |ui | < a, i = 1, 2 e |y| < b.
154
Deve provar que (18) possui uma solução analı́tica em uma vizinhança da origem (0, 0)
do R2 .
De modo preciso, tem-se como objetivo principal, provar o problema de Cauchy
(18), com estas hipóteses, possui uma solução do tipo:
(23)
ui (x, y) =
∞
X
ciαβ xα y β ,
i = 1, 2
α,β=1
com coeficientes dados do modo seguinte:
ciαβ =
(24)
1 ∂ α+β ui (x, y)
,
α!β! ∂xα ∂y β
para x = 0, y = 0,
com i = 1, 2.
Para uma clara compreensão do método dos limites de Cauchy, calcula-se, a
i
seguir, os coeficientes ciαβ de (23) em função dos coeficienes bij
rs e aℓ dados por (20) e
(22), respectivamente, supondo-se que (23) com coeficientes (24) seja solução de (18).
Cálculo dos coeficientes ciαβ
De fato,
ci00 = ui (0, ) = φi (0) = 0,
por hipótese
ci10 =
∂u1
∂u2
∂ui
(0, 0) = Gi1 u1 (0, 0), u2(0, 0)
(0, 0) + G12 u1 (0, 0), u2(0, 0)
(0, 0)
∂x
∂y
∂y
obtido da equação (18).
Tem-se, de (18), ui (0, y) = φi (y), logo
∂ui
(0, y) = φ′i (y) e
∂y
∂ui
(0, 0) = φ′i (0).
∂y
155
Resulta de (20), que Gij u1 (0, 0), u2(0, 0) = Gij (0, 0) = bij
00 .
Daı́, obtém-se:
′
i2 i
ci10 = bi1
00 φi (0) + b00 φ2 (0),
i = 1, 2.
Tem-se, igualmente,
ci01 =
∂ui
(0, 0) = φ′i (0),
∂y
mas,
Em resumo, obteve-se:
dφi (y) φ′i (0)
dy y=0
i = 1, 2
= ai1 .
ci = bi1 ai + bi2 ai
00 1
00 2
10
i
c01 = ai1
(25)
Calcula-se o segundo coeficiente de (23) dado por (24). De (18), obtém-se:
2
X
∂ 2 ui
=
∂y∂x j=1
∂Gij ∂u1
∂Gij ∂uj ∂u
∂ 2 uj
+
+ Gij (u1 , u2 ) 2 .
∂u1 ∂y
∂uj ∂y ∂y
∂y
Cálculo em x = 0, y = 0
De (20), obtém-se:
∂Gij
= bij
10
∂u1
e
∂Gij
= bij
01 ,
∂u2
quando as derivadas são calculadas em x = 0, y = 0, isto é, u1 (0, 0) = 0, u2 (0, 0) = 0.
∂ui
(0, 0) = φ1i (0) = ai1 e Gij u1 (x, y), u2(x, y) = bij
Da condição inicial
00 em x = 0,
∂y
y = 0. Da condição inicial em (18), obtém-se:
∂ 2 ui
1
(0, 0) = φ′′i (0) = ai2 .
2
∂y
2
156
Daı́, obtém-se o coeficiente ci11 dado por:
ci11
(26)
2 X
ij i
1 ij i
ij i b10 a1 + b01 a2 + b00 a2
=
2
j=1
para i = 1, 2.
Por este processo, vão sendo obtidos os coeficientes ciαβ da série (23), hipotética
solução de (18). Examinando-se (25) e (26), deduz-se que estes coeficientes ciαβ serão
i
obtidos por meio de polinômios em bij
rs e aℓ , com coeficientes números inteiros não
i
negativos. Relembre-se que bij
rs e aℓ são os coeficientes das representações de Gij (u1 , u2 )
e φi (y) em séries de potências numa vizinhança da origem, (19), (20), (21), (22).
Considere-se a série (23) com os coeficientes (24) calculados por (25), (26), etc,
i
por meio de polinômios em bij
rs e aℓ , com coeficientes inteiros não negativos. Suponha,
por enquanto, que ela seja convergente em uma vizinhança v(0, 0) da origem do plano
R2 . Considere-se a função
2
X
∂uj
∂ui
Gij u1 (x, y), u2(x, y)
(x, y) −
(x, y)
Φi (x, y) =
∂x
∂y
j=1
i = 1, 2,
definida na vizinhança de convergência v(0, 0). Por repetição do processo de cálculo dos
coeficientes acima desenvolvido, conclui-se que Φi (x, y) = 0 em (0, 0) com todas as suas
derivadas. Resulta que Φi (x, y) é a função identicametne nula em v(0, 0), provando que
se a série (23), com coeficientes (25), (26), etc, for convergente, sua soma será solução
do problema de Cauchy (18). Portanto, resta provar a convergência de (23) com os
coeficientes dados por (25), (26), etc.
Convergência da série (23)
Considere-se a série (23) com os coeficientes dados por (25), (26), etc, isto é,
i
polinômios em bij
rs , aℓ , com coeficientes inteiros não negativos.
157
A demonstração é semelhante a que foi feita no caso de equações ordinárias. Temse, apenas, mais cálculo a fazer. Emprega-se o método dos limites devido a Cauchy. No
presente caso, consiste em obter majorantes, conhecidas, para as Gij (u1 , u2 ) e φi (y),
i, j = 1, 2. Considere-se Hij (u1 , u2 ) e ψi (y), analı́ticas, tais que:
(27)
Hij (u1 , u2 ) =
∞
X
ij r s
Brs
u1 u2
r,s=0
convergente em |ui | < a, sendo
(28)
ij
|bij
rs | < Brs ,
para todos os ı́ndices
e
(29)
ψi (y) =
∞
X
Aiℓ y ℓ
ℓ=1
convergente em |y| < b, sendo
(30)
|aiℓ | < Aiℓ ,
para todos os ı́ndices.
Portanto, conhecidas as majorantes Hij (u1 , u2 ) e ψi (y), considera-se o problema de
Cauchy:
(31)
2
∂V
∂Vj
i X
=
Hij (V1 , V2 )
∂x
∂y
j=1
Vi (0, y) = ψi (y)
i = 1, 2
Note-se que Hij (V1 , V2 ) e ψi (y) são funções analı́ticas conhecidas.
158
Pelo mesmo processo para construir a solução (23) com coeficientes (24), obtidos
i
por (25), (26) e por meio de poliômios em bij
rs , aℓ com coeficientes inteiros não negativos,
obtém-se a representação em série da solução Vi (x, y) de (31). Deste modo, encontra-se
(32)
Vi (x, y) =
∞
X
i
Cαβ
xα y β ,
α,β=1
ij
ij
sendo os coeficientes Cαβ
obtidos, neste caso, por meio de polinômios em Brs
e Aiℓ com
coeficientes inteiros não negativos.
ij
De (28) e (30) deduz-se que os Cαβ
coeficientes de (32) majoram os cij
αβ coefiij
i
cientes de (23). De fato, tem-se cij
αβ = P (brs , aℓ ), polinômio com coeficientes inteiros
ij
ij
não negativos e Cαβ
= P (Brs
, Aiℓ ) polinômios com coeficientes inteiros não negativos.
i
i
ij
Tem-se |bij
rs | < Brs e |aℓ | < Aℓ . Conseqüentemente vale a majoração:
ij
i
ij
|cij
|
≤
P
|b
|,
|a
|
≤ P (Brs
.Aiℓ ) = ciαβ j
rs
ℓ
αβ
(33)
provando que a série (32) majora a série (23) na vizinhança da origem (0, 0) onde
convergem. Sendo (32) convergente conclui-se que (23) é convergente, logo (18) possui
uma solução analı́tica.
Assim, o sucesso do método repousa na escolha de um problema majorante (31)
de simples resolução como procedeu-se no caso de equações ordinárias.
A etapa seguinte consiste da escolha e resolução do problema majorante (31).
De fato, suponha que as séries
φi (y) =
∞
X
i
a y
i
e
Gij (u1 , u2 ) =
ν=1
∞
X
r s
bij
rs u1 u2
r,s=0
convirjam, respectivamente nas vizinhanças da origem:
|y| < ρ
e
|u1 | + |u2 | < R,
159
sendo |G(u1 , u2 )| < M na segunda vizinhança. Então, obtém-se as majorações:
|aiν | <
(34)
M
ρν
e
|bij
rs | <
(35)
M (r + s)!
M
≤ r+s
·
r+s
R
R
r!s!
Definindo-se
M
ρν
e
ψi (y) =
∞
X
Aiν =
ij
Brs
=
M (r + s)!
Rr+s r!s!
obtém-se:
(36)
Aiν
ν
y =M
ν=1
com |y| < ρ e
Hij (V1 , V2 ) =
∞ ν
X
y
ν=1
∞
X
ρ
ij
Brs
V1r V2s ,
r,s=0
ou
r s
∞ X
V1
V2 (r + s)!
Hij (V1 , V2 ) = M
R
R
r!s!
r,s=0
(37)
com |u1 | + |u2 | < R.
Sendo
(38)
M
1−
V1 +V2
R
r s
∞ X
k
X
(r + s)! V1
V2
=
,
r!s!
R
R
r+s=0
k=0
160
obtém-se de (37) e (38)
(39)
Hij (V1 , V2 ) =
M
1−
V1 +V2
R
,
independente de i, j = 1, 2. Para |V1 | + |V2 | < R.
De (31) obtém-se
(40)
ψi (y) =
My
,
ρ−y
independente de i = 1, 2, para |y| < ρ.
De (39) e (40) o problema de Cauchy majorante toma a forma:
(41)
2
∂Vi
X
∂Vj
M
=
(x, y),
V
+V
1 − 1 R 2 j=1 ∂y
∂x
My
, i = 1, 2
Vi (0, y) =
ρ−y
Sendo Hij (u1 , u2 ) e ψi (y) independentes de i, j, natural seria procurar soluções de (41)
da mesma natureza, isto é,
V1 (x, y) = V2 (x, y) = V (x, y).
Logo, o problema (41) simplifica-se na seguinte
(42)
2M ∂V
∂V
=
∂x
∂y
1 − 2V
R
V (0, y) = M y
ρ−y
Observação 1: O sistema (42) é redutı́vel a um sistema linear do tipo:
∂V
∂V
a(V )
+
b(V
)
= 0, b(V ) 6= 0
∂x
∂y
(43)
V (0, y) = φ(y),
161
cuja solução é dada, explicitamente, por:
a(V )
x
V (x, y) = φ y −
b(V )
(44)
cf. Courant-Hilbert [2].
O problema (42) toma a forma:
∂V
∂V
2
1− V
−
2M
=0
R
∂x
∂y
V (0, y) = φ(y)
(45)
com
φ(y) =
My
,
ρ−y
|y| < ρ.
Segue-se da Observação 1 que a solução de (45) é dada por:
a(V )
V (x, y) = φ y −
x ,
b(V )
com
a(V ) = 1 −
Logo, a solução será:
2
V,
R
V (x, y) = φ y +
b(V ) = −2M.
2M
x .
2
1− R
V
Mz
, efetuando-se o cálculo algébrico, obtém-se a equação
ρ−z
do segundo grau para o cálculo de V
Substituindo-se em φ(z) =
(46)
2
ρV 1 − V
R
2
= (V + M ) 1 − V y + 2M x .
R
162
Análise simples permite concluir a existência de solução analı́tica de (45) a partir de
(46).
De fato, observe-se que a solução V de (45) que se deseja obter deve ser nula em
x = 0, y = 0, pois V (0, y) =
My
. Tomando-se x = 0, y = 0 em (46), ela reduz-se a
ρ−y
2
V (0, 0) 1 − V (0, 0) = 0,
R
R>0
obtendo-se
V1 (0, 0) = 0
e
V2 (0, 0) =
R
·
2
Das duas soluções a que interessa ao problema (45) é a V1 (x, y). Sendo R > 0, as duas
soluções são diferentes em (0, 0), logo o discriminante δ(x, y) da equação do segundo
grau (46) é maior que zero em (0, 0). Sendo δ(x, y) uma função contı́nua, existe uma
vizinhança da origem (0, 0) onde δ(x, y) é estritamente positivo. Logo, nesta vizinhança
a raiz V1 (x, y) da equação (46), obtida explicitamente, é uma função analı́tica. Assim,
(45) possui uma solução analı́tica.
A unicidade de solução analı́tica do problema de Cauchy (18) faz-se de modo
análogo ao que foi feito para o correspondente problema para equações diferenciais
ordinárias.
163
BIBLIOGRAFIA
[1] CAUCHY, Augustin Louis - Équations Différentielles Ordinaires, (Cours inedit
Paris) Johnson Reprint Corporation, Paris 1981.
[2] COURANT, R. and HILBERT, D. - Methods of Mathematical Physics, Vol. II,
Interscience Publ. N.Y. 1962
[3] GOURSAT, E. - Cours d’Analyse Mathématique, Tome II, Gauthier-Villars,
1949.
[4] HADAMARD, J. - Problème de Cauchy et les Équations aux Dérivées Partielles
Linéaires Hyperboliques, Hermann Edt., Paris, 1932.
[5] PICARD, E. - Leçons sur l’Équations aux Dérivées Partielles, Gauthier-Villars,
Paris, 1950.
[6] PÉRSICO, E. - Introduzione alla Fı́sica Matemática, Zenichelli, Bologna, Italy,
1941.
[7] PETROVSKY, I.G. - Lectures on Partial Differential Equations, Interscience,
N.Y., 1954.
[8] RIEMANN, B. - Oeuvres Mathématiques, Gauthier-Villars, Paris, 1898.
[9] SMIRNOV, M.M. - Second Order Partial Differential Equations, Nordhoff, Holanda, 1966.
[10] SOBOLEV, S. - Partial Differential Equations of Mathematical Physics, Pergamon Press, N.Y., 1964.
[11] TRICOMI, F.G. - Equazioni a Derivate Parziali, Ed. Cremonese, Roma, 1957.