Resolvendo EDPs com Fourier - Solução da Prova de Métodos Matemáticos (2024-1)

As Séries de Fourier e a Transformada de Fourier são ferramentas fundamentais em engenharia e métodos matemáticos. Neste artigo, exploramos equações da onda e do calor, abordando problemas de valores de contorno e oferecendo exercícios resolvidos para ilustrar suas aplicações em diferentes contextos físicos.

Introdução

A utilização de Séries e Transformadas de Fourier em métodos matemáticos é essencial na resolução de problemas de equações diferenciais parciais (EDPs), como a equação do calor e a equação da onda.

Esses métodos são amplamente aplicados em engenharia, especialmente em análise de sinais e problemas de transferência de calor. Neste artigo, discutimos a aplicação dessas ferramentas matemáticas em diversos exemplos práticos, explorando desde os fundamentos teóricos até a resolução de exercícios.

Nossa abordagem fornece uma base sólida para estudantes e profissionais que buscam aprimorar suas habilidades na solução de EDPs e problemas de valores de contorno.

Fundamentação Teórica

As Séries de Fourier são usadas para expandir funções periódicas em termos de senos e cossenos, permitindo a solução de EDPs com condições de contorno. Elas são aplicadas em problemas como a equação do calor, onde uma função é expressa como a soma de termos que descrevem o comportamento da temperatura em uma barra ao longo do tempo.

A Transformada de Fourier, por sua vez, é uma ferramenta mais geral que transforma funções não periódicas em uma representação de frequência, facilitando a solução de equações como a equação da onda e problemas de contorno em domínios infinitos.

A equação da onda modela fenômenos como a propagação de som ou vibrações, enquanto a equação do calor descreve como a temperatura se distribui em um material ao longo do tempo.

A aplicação desses métodos envolve técnicas como a separação de variáveis, que decompõe o problema em equações mais simples, e a expansão de Fourier, que permite representar as condições iniciais em séries. Essas técnicas são cruciais em diversas áreas da engenharia, como controle de processos e análise de vibrações.

As séries, integrais e transformadas de Fourier podem ser utilizadas para resolver vários problemas de contorno que acorrem na ciência e na engenharia. Uma pergunta natural é: Como podemos saber qual das ferramentas de Fourier utilizar?

A resposta não é tão simples, mas poderia ser dada da seguinte maneira:

1) As séries de Fourier são aplicada a problemas que envolvem o domínio de variável entre [0,L];

2) As transformadas de Fourier são aplicadas em problemas onde a variável a ser transformada possui domínio dado por $(- \infty , \infty)$ ;

3) Para aplicarmos uma transformada seno ou cosseno, o domínio de ao menos uma das variáveis no problema deve ser $[0 , \infty)$ . Porém, o fator determinante na escolha entre a transformada seno e a transformada cosseno é o tipo de condição de contorno especificada em zero.

Exercício 1 – Equação

Resolver o problema de valor de contorno: $$ \frac{\partial u}{\partial t} = 2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} $$ Nas condições: $$ u(0,t) = 10, \quad u(3,t) = 40, \quad u(x,0) = 25 \quad \text{e} \quad |u(x,t)| < M $$

Neste caso, como $ u(0,t) = 10 $ e $ \quad u(3,t) = 40 $, ou seja as condições iniciais são diferentes de zero, precisamos supor que $$u(x,t) = v(x,t) + \psi(x)$$.

Queremos que a função $ \psi(x) $ satisfaça as condições de contorno:

\[
\psi(0) = 10 \quad \text{e} \quad \psi(3) = 40
\]

Pois, neste caso, podemos trabalhar com a função $ v(x,t) $ com as condições de contorno iguais a zero e recair num problema já conhecido.

A forma mais simples de escolher $ \psi(x) $ é uma função linear, já que isso vai garantir que as condições de contorno sejam satisfeitas de forma homogênea. Então, vamos definir:

\[
\psi(x) = a x + b
\]

Agora, aplicamos as condições de contorno para determinar os valores de $ a $ e $ b $:

1. Quando $ x = 0 $, temos $ \psi(0) = 10 $, ou seja:
\[
b = 10
\]

2. Quando $ x = 3 $, temos $ \psi(3) = 40 $, ou seja:
\[
a \cdot 3 + 10 = 40 \quad \Rightarrow \quad a = \frac{40 – 10}{3} = 10
\]

Portanto, a função $ \psi(x) $ é:

\[
\psi(x) = 10x + 10
\]

Agora, podemos reescrever a solução $ u(x,t) $ como:

\[
u(x,t) = v(x,t) + 10x + 10
\]

Agora vamos reformular o problema para $ v(x,t) $

Substituímos $ u(x,t) = v(x,t) + \psi(x) $ na equação original $ \frac{\partial u}{\partial t} = 2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} $.

Como $ \psi(x) $ depende apenas de $ x $, temos que:

\[
\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial v}{\partial t}
\]
e
\[
\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}
\]

Calculando $ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} $ para a função $ \psi(x) = 10x + 10 $:

\[
\frac{\partial \psi}{\partial x} = 10, \quad \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} = 0
\]

Assim, a equação diferencial para $ v(x,t) $ se torna:

\[
\frac{\partial v}{\partial t} = 2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2}
\]

Agora, precisamos ajustar as condições de contorno e iniciais para $ v(x,t) $. Substituímos $ u(x,t) = v(x,t) + \psi(x) $ nas condições de contorno originais:

1. Para $ u(0,t) = 10 $, temos:
\[
v(0,t) + \psi(0) = 10 \quad \Rightarrow \quad v(0,t) + 10 = 10 \quad \Rightarrow \quad v(0,t) = 0
\]

2. Para $ u(3,t) = 40 $, temos:
\[
v(3,t) + \psi(3) = 40 \quad \Rightarrow \quad v(3,t) + 40 = 40 \quad \Rightarrow \quad v(3,t) = 0
\]

As condições iniciais para $ v(x,0) $ vêm de $ u(x,0) = 25 $:

\[
v(x,0) + \psi(x) = 25 \quad \Rightarrow \quad v(x,0) = 25 – \psi(x) = 25 – (10x + 10) = 15 – 10x
\]

Agora que temos o problema reformulado para $ v(x,t) $, com a equação diferencial parcial:

\[
\frac{\partial v}{\partial t} = 2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2}
\]

com as seguintes condições:

\[
v(0,t) = 0, \quad v(3,t) = 0, \quad v(x,0) = 15 – 10x
\]

Usaremos o método de separação de variáveis, assumindo uma solução na forma de:

\[
v(x,t) = X(x)T(t)
\]

Substituímos essa forma na equação diferencial $ \frac{\partial v}{\partial t} = 2 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} $, o que nos dá:

\[
X(x) \frac{dT(t)}{dt} = 2 T(t) \frac{d^2 X(x)}{dx^2}
\]

Agora, dividimos ambos os lados por $ X(x)T(t) $, o que resulta em:

\[
\frac{1}{T(t)} \frac{dT(t)}{dt} = 2 \frac{1}{X(x)} \frac{d^2 X(x)}{dx^2}
\]

Como o lado esquerdo depende apenas de $ t $ e o lado direito apenas de $ x $, ambos os lados devem ser iguais a uma constante, que chamaremos de $ -\lambda $. Portanto, temos duas equações:

1. Para $ T(t) $:
\[
\frac{1}{T(t)} \frac{dT(t)}{dt} = -\lambda \quad \Rightarrow \quad \frac{dT(t)}{dt} = -\lambda T(t)
\]
cuja solução geral é:
\[
T(t) = C e^{-\lambda t}
\]

2. Para $ X(x) $:
\[
2 \frac{1}{X(x)} \frac{d^2 X(x)}{dx^2} = -\lambda \quad \Rightarrow \quad \frac{d^2 X(x)}{dx^2} = -\frac{\lambda}{2} X(x)
\]
cuja solução geral é uma combinação de senos e cossenos:
\[
X(x) = A \cos\left(\sqrt{\frac{\lambda}{2}} x\right) + B \sin\left(\sqrt{\frac{\lambda}{2}} x\right)
\]

As condições de contorno são $ v(0,t) = 0 $ e $ v(3,t) = 0 $, ou seja, precisamos que $ X(0) = 0 $ e $ X(3) = 0 $.

1. Aplicando $ X(0) = 0 $ na solução $ X(x) = A \cos\left(\sqrt{\frac{\lambda}{2}} x\right) + B \sin\left(\sqrt{\frac{\lambda}{2}} x\right) $, obtemos:
\[
A \cos(0) + B \sin(0) = A = 0
\]
Portanto, $ A = 0 $ e a solução para $ X(x) $ simplifica para:
\[
X(x) = B \sin\left(\sqrt{\frac{\lambda}{2}} x\right)
\]

2. Agora aplicamos $ X(3) = 0 $:
\[
B \sin\left(\sqrt{\frac{\lambda}{2}} \cdot 3\right) = 0
\]
Para que isso seja verdadeiro, precisamos que $ \sqrt{\frac{\lambda}{2}} \cdot 3 = n\pi $ para algum inteiro $ n $. Portanto:
\[
\sqrt{\frac{\lambda}{2}} = \frac{n\pi}{3} \quad \Rightarrow \quad \lambda = 2\left(\frac{n\pi}{3}\right)^2 = \frac{2n^2\pi^2}{9}
\]

A solução geral para $ v(x,t) $ é então uma soma infinita das soluções para cada $ n $:

\[
v(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n e^{-\frac{2n^2\pi^2}{9}t} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right)
\]

Agora que temos a forma geral da solução, precisamos determinar os coeficientes $ B_n $ aplicando a condição inicial $ v(x,0) = 15 – 10x $.

A condição inicial é:

\[
v(x,0) = 15 – 10x
\]

Substituímos $ t = 0 $ na solução geral:

\[
v(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right)
\]

Portanto, precisamos expandir $ 15 – 10x $ como uma série de senos. Usaremos a fórmula para a expansão de uma função $ f(x) $ em uma série de Fourier senoidal no intervalo $ [0,3] $:

\[
f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right)
\]
onde os coeficientes $ B_n $ são dados por:

\[
B_n = \frac{2}{3} \int_0^3 f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx
\]

Dada a equação para $ v(x,t) $, queremos expandir $ v(x,0) = 15 – 10x $ como uma série de senos. Os coeficientes $ B_n $ para essa expansão são dados pela fórmula:

\[
B_n = \frac{2}{3} \int_0^3 (15 – 10x) \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx
\]

Agora, vamos resolver essa integral diretamente utilizando integração por partes para $ (15 – 10x) \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) $.

Aqui estão as definições para a integração por partes:

– $ u = 15 – 10x \quad \Rightarrow \quad du = -10 dx $
– $ dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx \quad \Rightarrow \quad v = -\frac{3}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) $

Agora, aplicamos a fórmula de integração por partes:

\[
\int u \, dv = uv – \int v \, du
\]

Substituímos as funções correspondentes:

\[
\int_0^3 (15 – 10x) \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx = \left[ (15 – 10x) \cdot \left(-\frac{3}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\right) \right]_0^3 + \frac{30}{n\pi} \int_0^3 \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx
\]

Calculamos o termo:

\[
\left[ (15 – 10x) \cdot \left(-\frac{3}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right)\right) \right]_0^3
\]

Avaliação nos limites $ x = 3 $ e $ x = 0 $:

1. Para $ x = 3 $:

\[
(15 – 10 \cdot 3) = -15 \quad \text{e} \quad \cos(n\pi) = (-1)^n
\]

Portanto, o termo correspondente a $ x = 3 $ é:

\[
-15 \cdot \left(-\frac{3}{n\pi} (-1)^n \right) = \frac{45 (-1)^n}{n\pi}
\]

2. Para $ x = 0 $:

\[
(15 – 10 \cdot 0) = 15 \quad \text{e} \quad \cos(0) = 1
\]

Portanto, o termo correspondente a $ x = 0 $ é:

\[
15 \cdot \left(-\frac{3}{n\pi} \cdot 1 \right) = \frac{-45}{n\pi}
\]

Somando esses dois termos, obtemos:

\[
\frac{45 (-1)^n}{n\pi} – \frac{45}{n\pi} = \frac{45}{n\pi} \left[ (-1)^n – 1 \right]
\]

Agora, precisamos calcular o segundo termo da integração por partes:

\[
\frac{30}{n\pi} \int_0^3 \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx
\]

Sabemos que a integral de $ \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) $ entre $ 0 $ e $ 3 $ é zero, porque:

\[
\int_0^3 \cos\left(\frac{n\pi x}{3}\right) dx = \frac{3}{n\pi} \left[ \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \right]_0^3 = 0
\]

Logo, a segunda parte da integral é zero.

Portanto, o coeficiente $ B_n $ é:

\[
B_n = \frac{2}{3} \cdot \frac{45}{n\pi} \left[ (-1)^n – 1 \right]
\]

Simplificando, obtemos:

\[
B_n = \frac{30}{n\pi} \left[ \cos(n\pi) – 1 \right]
\]

A solução completa para $ v(x,t) $ é:

\[
v(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{30}{n\pi} \left( \cos(n\pi) – 1 \right) e^{-\frac{2n^2\pi^2}{9}t} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right)
\]

Agora que temos a solução para $ v(x,t) $, podemos encontrar a solução completa de $ u(x,t) $ utilizando a relação que definimos no início:

\[
u(x,t) = v(x,t) + \psi(x)
\]

Sabemos que:

\[
\psi(x) = 10x + 10
\]

\[
v(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{30}{n\pi} \left( \cos(n\pi) – 1 \right) e^{-\frac{2n^2\pi^2}{9}t} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right)
\]

Portanto, a solução completa de $ u(x,t) $ é:

\[
u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{30}{n\pi} \left( \cos(n\pi) – 1 \right) e^{-\frac{2n^2\pi^2}{9}t} \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) + 10x + 10
\]

Essa é a solução final para $ u(x,t) $, que leva em conta tanto a solução homogênea $ v(x,t) $ quanto a função $ \psi(x) $ que ajusta as condições de contorno.

Exercício 2

Resolver a equação da onda: $$ a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}, \quad 0 < x < L $$ Nas condições: $$ u(0,t) = 0, \quad u(L,t) = 0, \qquad t>0 $$ $$ u(x,0) = \frac{1}{4} x (L – x), \quad \frac{\partial u}{\partial t} \Big|_{t=0} = 0 $$

Solução: Da solução apresentada neste nosso artigo, sabemos que

\[
u(x,t) = \sum _{n=0}^{\infty}{\left[ B_n C_n \cos{q_n t} \sin{\left( \frac{n \pi}{L} x \right)}+ B_n D_n \sin{q_nt}\sin{\left( \frac{n \pi}{L} x \right)} \right]}
\]

Com os coeficientes $ B_n C_n $ e $ B_n D_n $ dados por:

\[
B_n C_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx
\]

\[
B_n D_n = \frac{2}{q n \pi} \int_0^L g(x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx
\]

Neste caso, as condições iniciais são:

1. $ u(x,0) = f(x) = \frac{1}{4} x (L – x) $
2. $ \frac{\partial u}{\partial t} \Big|_{t=0} = g(x) = 0 $

Substituímos $ u(x,0) = \frac{1}{4} x (L – x) $ na equação para determinar $ B_n C_n $:

Temos a seguinte integral para determinar $ B_n C_n $:

\[
B_n C_n = \frac{2}{L} \int_0^L \frac{1}{4} x(L – x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx
\]

Fatoramos $ \frac{1}{4} $ fora da integral:

\[
B_n C_n = \frac{1}{2L} \int_0^L x(L – x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx
\]

Definimos as funções:

– $ u = x(L – x) \quad \Rightarrow \quad du = (L – 2x) dx $
– $ dv = \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx \quad \Rightarrow \quad v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) $

Aplicamos a fórmula de integração por partes:

\[
\int_0^L x(L – x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx = \left[ -x(L – x) \frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) \right]_0^L + \frac{L}{n\pi} \int_0^L (L – 2x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx
\]

Avaliamos o primeiro termo nos limites $ x = 0 $ e $ x = L $:

– Para $ x = 0 $ e $ x = L $, $ x(L – x) = 0 $. Portanto, este termo desaparece.

Agora, calculamos o segundo termo:

\[
\frac{L}{n\pi} \int_0^L (L – 2x) \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx
\]

Esta integral pode ser dividida em duas partes:

1. $ \int_0^L L \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx $

\[
\int_0^L L \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx = \frac{L^2}{n\pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) \Bigg|_0^L = 0
\]

2. $ \int_0^L -2x \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx $

Usamos a integração por partes novamente:

– $ u = x \quad \Rightarrow \quad du = dx $
– $ dv = \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \quad \Rightarrow \quad v = \frac{L}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) $

\[
\int_0^L x \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = \left[ x \frac{L}{n\pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) \right]_0^L – \int_0^L \frac{L}{n\pi} \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx
\]

O primeiro termo desaparece porque $ \sin(n\pi) = 0 $. Para o segundo termo:

\[
\int_0^L \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx = -\frac{L}{n\pi} \left[ \cos\left(\frac{n \pi x}{L}\right) \right]_0^L = -\frac{L}{n\pi} \left[ (-1)^n – 1 \right]
\]

Combinando os resultados, obtemos:

\[
B_n C_n = \frac{1}{2L} \cdot \left(-\frac{2L^2}{n^2\pi^2} \left(1 – (-1)^n\right)\right)
\]

Simplificando:

\[
B_n C_n = -\frac{L}{n^2\pi^2} \left(1 – (-1)^n\right)
\]

Agora, analisamos o comportamento de $ B_n C_n $ para $ n $ par e ímpar:

Se $ n $ for par: $ (-1)^n = 1 $, então $ 1 – (-1)^n = 0 $, logo $ B_n C_n = 0 $.
Se $ n $ for ímpar: $ (-1)^n = -1 $, então $ 1 – (-1)^n = 2 $, logo: \[ B_n C_n = -\frac{2L}{n^2 \pi^2} \quad \text{(para $ n $ ímpar)}. \]

Agura, vamos calcular $ B_n D_n $

Sabemos que $ B_n D_n $ é dado pela fórmula:

\[
B_n D_n = \frac{2}{q n \pi} \int_0^L g(x) \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx
\]

Como a condição inicial é $ \frac{\partial u}{\partial t} \Big|_{t=0} = 0 $, temos que $ g(x) = 0 $. Logo:

\[
B_n D_n = \frac{2}{q n \pi} \int_0^L 0 \cdot \sin\left(\frac{n \pi x}{L}\right) dx = 0
\]

Portanto, $ B_n D_n = 0 $.

Assim, a solução geral da equação da onda será composta apenas pelos termos $ B_n C_n $:

\[
u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n C_n \cos\left( \frac{n \pi a t}{L} \right) \sin\left( \frac{n \pi x}{L} \right)
\]

Com $ B_n C_n $ dado por:

\[
B_n C_n = -\frac{2L}{n^2 \pi^2} \left( 1 – (-1)^n \right)
\]

Sabemos que $ B_n C_n = 0 $ para $ n $ par, e para $ n $ ímpar:

\[
B_n C_n = -\frac{2L}{n^2 \pi^2}
\]

Substituindo $ n $ por $ 2n + 1 $, temos a solução final:

\[
u(x,t) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( -\frac{2L}{(2n+1)^2 \pi^2} \right) \cos\left( \frac{(2n+1) \pi a t}{L} \right) \sin\left( \frac{(2n+1) \pi x}{L} \right)
\]

Exercício 3

A temperatura de estado estacionário em uma chapa semi-infinita é determinada por: $$ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0, \quad 0 < x < \pi, \quad y > 0 $$ Nas condições: $$ u(0,y) = 0, \quad u( \pi ,y) = e^{-y}, \quad y > 0 $$ $$ \frac{\partial u}{\partial y} \Big|_{y=0} = 0, \quad 0 < x < \pi $$ Determinar $ u(x,y) $ usando a Transformada de Fourier.

Solução:

Vamos aplicar a Transformada Cosseno de Fourier à variável $ y $, que é semi-infinita ($ y > 0 $) e possui simetria com a condição de contorno de Neumann (que é $ \frac{\partial u}{\partial y} \Big|_{y=0} = 0$ ). A transformada cosseno de Fourier de $ u(x, y) $ com relação a $ y $ é definida como:

\[
U(x, \alpha) = \int_0^{\infty} u(x, y) \cos(\alpha y) \, dy
\]

Aqui, $ U(x, \alpha) $ é a função transformada, e $ \alpha $ é a variável associada à frequência na direção $ y $. A vantagem da transformada cosseno é que ela já incorpora a condição de Neumann, ou seja, $ \frac{\partial u}{\partial y} \Big|_{y=0} = 0 $.

Agora, aplicamos essa transformada à equação diferencial original:

\[
\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0
\]

A derivada de segunda ordem com relação a $ y $ se transforma da seguinte forma com a Transformada Cosseno de Fourier:

– A transformada de $ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} $ é $ -\alpha^2 U(x, \alpha) $, já que:

\[
\mathcal{C}\left( \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \right) = \int_0^\infty \frac{\partial^2 u(x, y)}{\partial y^2} \cos(\alpha y) \, dy = -\alpha^2 U(x, \alpha)
\]

Portanto, a equação diferencial se transforma em:

\[
\frac{\partial^2 U}{\partial x^2} – \alpha^2 U = 0
\]

Essa é uma equação diferencial ordinária em $ x $ para $ U(x, \alpha) $. A solução geral é:

\[
U(x, \alpha) = A(\alpha) e^{\alpha x} + B(\alpha) e^{-\alpha x}
\]

Aplicando as condições de contorno:

A condição $ u(0, y) = 0 $ transforma-se em:

\[
U(0, \alpha) = A(\alpha) + B(\alpha) = 0
\]

Portanto, temos:

\[
A(\alpha) = -B(\alpha)
\]

Agora vamos aplicar $ u(\pi, y) = e^{-y} $.

A transformada cosseno de Fourier de $ u(\pi, y) = e^{-y} $ é:

\[
U(\pi, \alpha) = \frac{1}{1 + \alpha^2}
\]

Substituímos isso na solução geral para $ U(x, \alpha) $ em $ x = \pi $:

\[
A(\alpha) e^{\alpha \pi} + B(\alpha) e^{-\alpha \pi} = \frac{1}{1 + \alpha^2}
\]

Sabemos que $ A(\alpha) = -B(\alpha) $, então:

\[
A(\alpha) \left( e^{\alpha \pi} – e^{-\alpha \pi} \right) = \frac{1}{1 + \alpha^2}
\]

Isso resulta em:

\[
A(\alpha) 2 \sinh(\alpha \pi) = \frac{1}{1 + \alpha^2}
\]

Portanto, temos:

\[
A(\alpha) = \frac{1}{2 \sinh(\alpha \pi)(1 + \alpha^2)}
\]

E como $ A(\alpha) = -B(\alpha) $, temos:

\[
B(\alpha) = -\frac{1}{2 \sinh(\alpha \pi)(1 + \alpha^2)}
\]

Agora podemos escrever a solução completa para $ U(x, \alpha) $:

\[
U(x, \alpha) = A(\alpha) e^{\alpha x} + B(\alpha) e^{-\alpha x}
\]

Substituindo $ A(\alpha) $ e $ B(\alpha) $, obtemos:

\[
U(x, \alpha) = \frac{1}{2 \sinh(\alpha \pi)(1 + \alpha^2)} \left( e^{\alpha x} – e^{-\alpha x} \right)
\]

E como $ e^{\alpha x} – e^{-\alpha x} = 2 \sinh(\alpha x) $, a expressão final para $ U(x, \alpha) $ é:

\[
U(x, \alpha) = \frac{\sinh(\alpha x)}{\sinh(\alpha \pi)(1 + \alpha^2)}
\]

Agora que temos a expressão para $ U(x, \alpha) $, precisamos aplicar a Transformada Inversa de Fourier Cosseno para recuperar $ u(x, y) $. A transformada inversa cosseno de Fourier é definida por:

\[
u(x, y) = \int_0^{\infty} U(x, \alpha) \cos(\alpha y) \, d\alpha
\]

Substituímos a expressão de $ U(x, \alpha) $ que encontramos:

\[
U(x, \alpha) = \frac{\sinh(\alpha x)}{\sinh(\alpha \pi)(1 + \alpha^2)}
\]

Portanto, $ u(x, y) $ será:

\[
u(x, y) = \int_0^{\infty} \frac{\sinh(\alpha x)}{\sinh(\alpha \pi)(1 + \alpha^2)} \cos(\alpha y) \, d\alpha
\]

Exercício 4

Resolver o problema da onda semi-infinita: $$ a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}, \quad 0 < x < \infty, \quad t > 0 $$ Nas condições: $$ u(0,t) = 0, \quad t > 0 $$ $$ u(x,0) = x e^{-x} $$ Condição adicional: $$ \frac{\partial u}{\partial t} \Big|_{t=0} = 0, \quad x > 0 $$ Usando a Transformada de Fourier.

Solução: A transformada de Fourier de uma função $ u(x,t) $ em relação a $ x $ será denotada por $ U(\alpha,t) $, e a variável de transformação será $ \alpha $. A transformada de Fourier é dada por:

\[
U(\alpha,t) = \int_0^\infty u(x,t) e^{-i\alpha x} \, dx
\]

onde $ \alpha $ é o parâmetro da transformada.

Aplicando a transformada de Fourier à equação da onda em $ x $, as derivadas parciais em $ x $ são transformadas em multiplicação por $ i\alpha $. Dessa forma, a equação se transforma em uma equação diferencial em $ t $.

Transformando a equação da onda:

\[
a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \rightarrow a^2 (-\alpha^2) U(\alpha,t)
\]

Portanto, a equação se torna:

\[
a^2 (-\alpha^2) U(\alpha,t) = \frac{\partial^2 U}{\partial t^2}(\alpha,t)
\]

\[
\frac{\partial^2 U}{\partial t^2} + a^2 \alpha^2 U = 0
\]

Agora temos a equação diferencial ordinária resultante da Transformada de Fourier:

\[
\frac{\partial^2 U}{\partial t^2} + a^2 \alpha^2 U = 0
\]

Essa é uma equação diferencial de segunda ordem, homogênea, com coeficientes constantes. A solução geral para esse tipo de equação é dada por uma combinação linear de funções trigonométricas. A forma geral da solução é:

\[
U(\alpha, t) = A(\alpha) \cos(a\alpha t) + B(\alpha) \sin(a\alpha t)
\]

onde $ A(\alpha) $ e $ B(\alpha) $ são constantes que podem depender de $ \alpha $, e serão determinadas pelas condições iniciais.

Agora vamos determinar as funções $ A(\alpha) $ e $ B(\alpha) $ usando as condições iniciais.

A primeira condição é $ u(x,0) = x e^{-x} $. Aplicando a transformada de Fourier nesse caso:

\[
U(\alpha, 0) = \int_0^\infty x e^{-x} e^{-i\alpha x} \, dx
\]

Vamos resolver esta integral. Podemos reescrever o integrando como:

\[
U(\alpha, 0) = \int_0^\infty x e^{-(1 + i\alpha)x} \, dx
\]

Agora, vamos resolver essa integral usando o método da integração por partes. Para isso, escolhemos as seguintes partes:

– $ u = x $ e $ dv = e^{-(1 + i\alpha)x} \, dx $.

Derivamos e integramos:

– $ du = dx $
– $ v = \frac{-1}{1 + i\alpha} e^{-(1 + i\alpha)x} $

Agora, aplicando a fórmula de integração por partes $ \int u \, dv = uv – \int v \, du $:

\[
\int_0^\infty x e^{-(1 + i\alpha)x} \, dx = \left[ \frac{-x}{1 + i\alpha} e^{-(1 + i\alpha)x} \right]_0^\infty + \int_0^\infty \frac{1}{1 + i\alpha} e^{-(1 + i\alpha)x} \, dx
\]

Vamos analisar os termos:

1. O primeiro termo:
\[
\left[ \frac{-x}{1 + i\alpha} e^{-(1 + i\alpha)x} \right]_0^\infty = 0
\]
No limite quando $ x \to \infty $, o termo $ e^{-(1 + i\alpha)x} $ tende a zero exponencialmente, e no limite quando $ x = 0 $, o termo é zero por conta do $ x $.

2. O segundo termo é uma integral exponencial simples:
\[
\int_0^\infty \frac{1}{1 + i\alpha} e^{-(1 + i\alpha)x} \, dx
\]

Essa integral tem o valor:

\[
\frac{1}{(1 + i\alpha)^2}
\]

Portanto, o valor de $ U(\alpha, 0) $ é:

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\[
U(\alpha, 0) = \frac{1}{(1 + i\alpha)^2}
\]

Como $ U(\alpha, 0) = A(\alpha) $, temos que:

\[
A(\alpha) = \frac{1}{(1 + i\alpha)^2}
\]

A segunda condição é que $ \frac{\partial u}{\partial t}(x,0) = 0 $, o que implica que:

\[
\frac{\partial U}{\partial t}(\alpha, 0) = 0
\]

Derivando $ U(\alpha, t) = A(\alpha) \cos(a\alpha t) + B(\alpha) \sin(a\alpha t) $ em relação a $ t $ e avaliando em $ t = 0 $, temos:

\[
\frac{\partial U}{\partial t}(\alpha, 0) = a\alpha B(\alpha) = 0
\]

Portanto, $ B(\alpha) = 0 $.

Agora, a solução parcial para $ U(\alpha, t) $ é:

\[
U(\alpha, t) = A(\alpha) \cos(a\alpha t) = \frac{1}{(1 + i\alpha)^2} \cos(a\alpha t)
\]

Agora que temos a solução para $ U(\alpha, t) $, que é dada por:

\[
U(\alpha, t) = \frac{1}{(1 + i\alpha)^2} \cos(a\alpha t)
\]

Precisamos aplicar a Transformada Inversa de Fourier para obter a solução $ u(x,t) $ no domínio original $ x $ e $ t $. A transformada inversa de Fourier é dada por:

\[
u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} U(\alpha,t) e^{i\alpha x} \, d\alpha
\]

Substituindo $ U(\alpha, t) $ na expressão acima, temos:

\[
u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(1 + i\alpha)^2} \cos(a\alpha t) e^{i\alpha x} \, d\alpha
\]

Observação: Essa integral pode ser separada em duas partes, cada uma envolvendo expoentes diferentes, e ser resolvida usando métodos complexos, como o Teorema dos Resíduos. A integral envolve uma função racional multiplicada por $ \cos(a\alpha t) $, e será conveniente utilizar a representação exponencial do cosseno para simplificar os cálculos:

\[
\cos(a\alpha t) = \frac{e^{ia\alpha t} + e^{-ia\alpha t}}{2}
\]

Substituindo isso na integral, temos:

\[
u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(1 + i\alpha)^2} \left( \frac{e^{ia\alpha t} + e^{-ia\alpha t}}{2} \right) e^{i\alpha x} \, d\alpha
\]

Essa integral pode ser separada em duas partes, cada uma envolvendo expoentes diferentes, e será resolvida usando métodos complexos, como o Teorema dos Resíduos .

\[
u(x,t) = \frac{1}{4\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i\alpha(x + at)} + e^{i\alpha(x – at)}}{(1 + i\alpha)^2} \, d\alpha
\]

Essa integral envolve termos com $ e^{i\alpha(x + at)} $ e $ e^{i\alpha(x – at)} $. Vamos analisar os polos da função racional $ \frac{1}{(1 + i\alpha)^2} $.

A função $ \frac{1}{(1 + i\alpha)^2} $ tem um polo de segunda ordem em $ \alpha = i $, já que:

\[
1 + i\alpha = 0 \Rightarrow \alpha = -i
\]

Para aplicar o Teorema dos Resíduos, usamos um contorno no plano complexo. Escolhemos o contorno com base no comportamento exponencial dos termos $ e^{i\alpha(x + at)} $ e $ e^{i\alpha(x – at)} $.

1. Para o termo $ e^{i\alpha(x + at)} $, quando $ x + at > 0 $, devemos fechar o contorno no semiplano superior (pois $ e^{i\alpha(x + at)} $ decai no semiplano superior).

2. Para o termo $ e^{i\alpha(x – at)} $, quando $ x – at > 0 $, devemos também fechar o contorno no semiplano superior.

Agora, vamos calcular o resíduo da função $ \frac{e^{i\alpha(x \pm at)}}{(1 + i\alpha)^2} $ no polo $ \alpha = -i $.

O resíduo para um polo de segunda ordem pode ser calculado como:

\[
\text{Res}\left( \frac{e^{i\alpha z}}{(1 + i\alpha)^2}, \alpha = -i \right) = \lim_{\alpha \to -i} \frac{d}{d\alpha} \left[ (1 + i\alpha)^2 \cdot e^{i\alpha z} \right]
\]
onde $ z $ representa $ x + at $ ou $ x – at $, dependendo do termo que estamos analisando.

Após calcular os resíduos e somar as contribuições das integrais, obtemos a solução final para $ u(x,t) $.

A solução para $ u(x,t) $ é:

\[
u(x,t) = (x – at) e^{-(x – at)} \quad \text{para} \quad x > at
\]
e
\[
u(x,t) = 0 \quad \text{para} \quad x < at
\]

Conclusão

O estudo de Séries de Fourier e Transformadas de Fourier é essencial para a solução de EDPs em engenharia. Com exercícios resolvidos, essas ferramentas matemáticas facilitam a compreensão de problemas como a equação da onda e a equação do calor, formando a base de muitos métodos aplicados em sistemas dinâmicos.

Resolvendo EDPs com Fourier – Solução da Prova de Métodos Matemáticos (2024-1)

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