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