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EXEMPLO - Equação de Euler com raízes complexas e apliacação a um problema de Dirichlet

Sabemos que, para resolver a Equação de Cauchy-Euler

$\displaystyle a\,x^2\,y''+b\,x\,y'+c\,y=0 \ ,$ (1)

devemos começar procurando uma solução da forma $\,y=x^m\,$ . Substituindo em (1) vemos que $\,m\,$ deve ser raiz da equação algébrica

$\displaystyle a\,m\,(m-1)+b\,m+c=0 \ .$ (2)

Suponhamos que (2) tenha raízes complexas $\,m=\alpha\pm i\,\beta\,$ . Com elas construímos duas soluções linearmente independentes de (1),

$\displaystyle z_1=x^{\alpha+i\,\beta}$ e $\displaystyle \qquad z_2=x^{\alpha-i\,\beta} \ .$
Já tínhamos trabalhado com exponenciais com expoente complexo, mas de base $e\,$ . É fácil dar um sentido às exponenciais acima, cuja base não é $e\,$ :

$\displaystyle z_1=x^{\alpha+i\,\beta}=x^\alpha\cdot x^{i\,\beta}= x^\alpha\cdot... ...cdot e^{i\,\beta\,\ln x}= x^\alpha\cdot \Bigl(\cos\left(\beta\,\ln x\right)+i\,$ sen $\displaystyle \left(\beta\,\ln x\right)\Bigr) \, .$

Analogamente obtemos

$\displaystyle z_2=x^{\alpha-i\,\beta}= x^\alpha\cdot \Bigl(\cos\left(\beta\,\ln x\right)-i\,$ sen $\displaystyle \left(\beta\,\ln x\right)\Bigr) \ .$
As duas soluções $\,z_1\,$ e $\,z_2\,$ de (1) encontradas acima são linearmente independentes mas assumem valores complexos, o que pode ser um inconveniente para algumas aplicações. Por esta razão, vamos preferir as combinações lineares delas

$\displaystyle y_1=\frac{z_1+z_2}{2}=x^\alpha\cos\left(\beta\,\ln x\right) \qquad , \qquad y_2=\frac{z_1-z_2}{2\,i}=x^\alpha\,$ sen $\displaystyle \left(\beta\,\ln x\right) \ ,$
que são linearmente independentes e reais.

Aplicação (exercício 9 da lista 11). Determine a temperatura estacionária em uma barra, cuja seção é

$\begin{picture}(105,95) \par\put(0,20){\line(1,0){105}} \par\put(20,0){\line(0,1... ...r\dottedline{2}(38,49)(38,45) \par\dottedline{2}(36,46.5)(36,46.5) \end{picture}$

um ``retângulo curvilíneo", com duas faces consistindo de arcos de círculo subintendendo um ângulo $\alpha$ e centrados na origem, enquanto que as outras duas faces consistem de segmentos de raios do círculo maior. A face retilínea $\,\theta=\alpha\,$ é mantida à temperatura constante , enquanto que as demais faces são mantidas à temperatura 0.

Precisamenete, temos o problema de Dirichlet:

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle u_{rr}+\frac{1}{r}\,u... ...cm} \\ u(r,\alpha)=U_0 \rule{0.cm}{0.6cm} \end{array}\right. \end{displaymath}$
Resolvendo pelo método de separação de variáveis, começamos procurando $\,u\,$ da forma $\,u(r,\theta)=\varphi(r)\,\psi(\theta)\,$ . Substituindo na equação diferencial, temos

$\displaystyle \varphi''(r)\,\psi(\theta)+ \frac{1}{r}\,\varphi'(r)\,\psi(\theta)=- \frac{1}{r^2}\,\varphi(r)\,\psi''(\theta) \ .$
Multiplicando por $\,r^2\,$ e dividindo por $\,\varphi(r)\,\psi(\theta)\,$ , obtém-se

$\displaystyle \frac{r^2\,\varphi''(r)+r\,\varphi'(r)}{\varphi(r)}= -\frac{\psi''(\theta)}{\psi(\theta)}=\lambda \ .$
Ficamos, então, com duas equações diferenciais independentes:

$\displaystyle r^2\,\varphi''(r)+r\,\varphi'(r)-\lambda\,\varphi(r)=0$ e $\displaystyle \qquad \psi''(\theta)+\lambda\,\psi(\theta)=0 \ .$
A primeira é uma equação de Cauchy-Euler e a segunda é uma equação linear de coeficientes constantes. A condição de fronteira $\,0=u(a,\theta)= \varphi(a)\,\psi(\theta)\,$ nos dá $\,\varphi(a)=0\,$ , pois caso contrário, teríamos $\,\psi(\theta)=0\,$ , para todo $\,\theta\,$ , que corresponde à solução trivial $\,u=0\,$ . Analogamente as condições de fronteira $\,u(b,\theta)=0\,$ e $\,u(r,0)=0\,$ nos dão $\,\varphi(b)=0\,$ e $\,\psi(0)=0\,$ . Passemos ao estudo do problema

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{l} r^2\,\varphi''(r)+r\,\varphi'(r)-\l... ... \varphi(a)=\varphi(b)=0 \rule{0.cm}{0.5cm} \end{array}\right. \end{displaymath}$
1 $^{\rm o}$ Caso: $\,\lambda>0$
Neste caso, $\,\lambda=\mu^2$ , com $\,\mu>0\,$ . A equação algébrica $\,m(m-1)+m-\mu^2=0\,$ tem duas raízes reais diferentes $\,m_1=\mu\,$ e $\,m_2=-\mu\,$ . Logo a equação de Cauchy-Euler

$\displaystyle r^2\,\varphi''(r)+r\,\varphi'(r)-\mu^2\,\varphi(r)=0$
tem solução

$\displaystyle \varphi(r)=A\,r^\mu+B\,r^{-\mu} \ .$
Aplicando as condições de fronteira, temos

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{l} A\,a^\mu+B\,a^{-\mu}=0 \\ A\,b^\mu+B\,b^{-\mu}=0 \rule{0.cm}{0.5cm} \end{array}\right. \end{displaymath}$
Segue daí que $\,A=B=0\,$ , pois

$\begin{displaymath} \det\left( \begin{array}{cc} a^\mu & a^{-\mu} \\ b^\mu & b^... ...cm}{0.4cm}}\right)^\mu -\left(\frac{b}{a}\right)^\mu\neq 0 \ , \end{displaymath}$
pois $\,a<b\,$ . Logo $\,\varphi(r)=0\,$ e a solução é trivial.

2 $^{\rm o}$ Caso: $\,\lambda=0$

Neste caso, a solução da equação de Euler $\;r^2\,\varphi''(r)+r\,\varphi'(r)=0\;$ é $\;\varphi(r)=A+B\,\ln r\;$ , pois a equação algébrica $\;m(m-1)+m=0\;$ tem raiz dupla $\;m_1=m_2=0\;$ . As condições de fronteira $\;\varphi(a)= \varphi(b)=0\;$ nos dão $\;A=B=0\;$ . Este caso, portanto, também é trivial.

3 $^{\rm o}$ Caso: $\,\lambda<0$
Neste caso, $\,\lambda=-\mu^2\,$ , com $\,\mu>0\,$ . A equação algébrica $\,m(m-1)+m+\mu^2=0\,$ tem duas raízes imaginárias $\,m_1=i\,\mu\,$ e $\,m_2=-i\,\mu\,$ . Logo a equação de Cauchy-Euler

$\displaystyle r^2\,\varphi''(r)+r\,\varphi'(r)+\mu^2\,\varphi(r)=0$
tem solução

$\displaystyle \varphi(r)=A\,\cos\,(\mu\,\ln r)+B\,$ sen $\displaystyle \,(\mu\,\ln r) \ .$
As condições de fronteira $\;\varphi(a)= \varphi(b)=0\;$ nos dão

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{l} A\,\cos(\mu\,\ln a)+B\,\text{sen}\,... ...ext{sen}\,(\mu\,\ln b)=0 \rule{0.cm}{0.5cm} \end{array}\right. \end{displaymath}$
Só teremos solução não trivial para nosso problema, se o sistema acima possuir solução não trivial para e , mas isto só acontece se seu determinante for nulo, isto é,

$\begin{displaymath} \det\left( \begin{array}{cc} \cos\,(\mu\,\ln a) & \text{sen}... ...mu\,\ln b) & \text{sen}\,(\mu\,\ln b) \end{array}\right)=0 \ . \end{displaymath}$
ou seja

$\displaystyle 0=$ sen $\displaystyle \,(\mu\,\ln b)\;\cos\,(\mu\,\ln a)-$ sen $\displaystyle \,(\mu\,\ln a)\;\cos\,(\mu\,\ln b)=$ sen $\displaystyle \,\Bigl(\mu\,\bigl(\ln b-\ln a\bigr)\Bigr) \ .$
Segue que devemos ter

$\displaystyle \mu\,\bigl(\ln b-\ln a\bigr)=n\,\pi \ ,$
ou seja,

$\displaystyle \mu=\frac{n\,\pi}{\ln b-\ln a} \ \ , \qquad n=1,2,3,\dots$
Encontramos assim as funções

$\displaystyle \varphi_n(r)=A_n\cos\left(\frac{n\,\pi\,\ln r} {\ln b-\ln a}\right) +B_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln r}{\ln b-\ln a}\right) \ .$ (3)

Mas temos a condição $\;\varphi(a)=0\;$ , dizendo que

$\displaystyle A_n\cos\left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right) +B_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)=0 \ .$ (4)

Em (3) acima, $\varphi_n(r)$ está expressa em termos de duas constantes e , mas, usando (4), podemos eliminar uma constante.
Multiplicando (3) por $\displaystyle\,$ sen $\left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)\;$ , obtemos

$\displaystyle \varphi_n(r)\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)= A_n\cos\left(\fra... ...ht)\, \text{sen}\left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right) +\hspace{2.0cm}$

$\displaystyle \hspace{6.0cm} +B_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln r}{\ln b-\ln a}\right)\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right) \ .$
Usando (4), segue que

$\displaystyle \varphi_n(r)\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)= A_n\cos\left(\fra... ...ht)\, \text{sen}\left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)- \hspace{2.0cm}$

$\displaystyle \hspace{6.0cm} -A_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln r}{\ln b-\ln a}\right)\, \cos\left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right) \ ,$
e, finalmente,

$\displaystyle \varphi_n(r)\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)=-A_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a} \right)$ (5)

Analogamente, multiplicando (3) por $\displaystyle\; \cos\left(\frac{n\,\pi\,\ln r}{\ln b-\ln a}\right)\;$ , obtém-se

$\displaystyle \varphi_n(r)\,\cos\left(\frac{n\,\pi\,\ln a} {\ln b-\ln a}\right) =B_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a} \right) \ .$ (6)

Como $\displaystyle\ \cos\left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)\$ e $\displaystyle\,$ sen $\left(\frac{n\,\pi\,\ln a}{\ln b-\ln a}\right)\$ não podem ser ambos nulos, segue de (5) e (6) que existe uma constante $\,E_n\,$ (igual a $\ -A_n\,$ sen $^{-1}\Bigl(n\,\pi\,\ln a /(\ln b-\ln a)\Bigr)\$ ou a $\ B_n\,\cos^{-1} \Bigl(n\,\pi\,\ln a/(\ln b-\ln a)\Bigr)\$ ) tal que

$\displaystyle \varphi_n(r)= E_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a} \right) \ .$
O valor de $\,\lambda\,$ que corresponde a $\,\varphi_n(r)\,$ é

$\displaystyle \lambda_n=-\mu^2=-\left(\frac{n\,\pi}{\ln b-\ln a}\right)^2 \ .$
Pondo este valor de $\,\lambda\,$ na outra equação, obtemos

$\displaystyle \psi''(\theta)-\left(\frac{n\,\pi}{\ln b-\ln a}\right)^2\psi(\theta) =0 \ ,$
cuja solução é

$\displaystyle \psi(\theta)=C\,\exp\left(\frac{n\,\pi\,\theta}{\ln b-\ln a}\right) +D\,\exp\left(-\frac{n\,\pi\,\theta}{\ln b-\ln a}\right) \ .$
Usando a condição de fronteira $\,\psi(0)=0\,$ , obtemos $\,C+D=0\,$ e, daí,

$\displaystyle \psi_n(\theta)=E_n\,$ senh $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\theta} {\ln b-\ln a}\right) \ .$
O terceiro caso nos dá, portanto,

$\displaystyle u_n(r,\theta)=A_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,(\ln r-\ln a)} {\ln b-\ln a}\right)\cdot$ senh $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\theta} {\ln b-\ln a}\right) \ .$
Fazendo a superposição dos termos encontrados, obtemos

$\displaystyle u(r,\theta)=\sum_{n=1}^\infty\,A_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,(\ln r-\ln a)} {\ln b-\ln a}\right)\cdot$ senh $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\theta} {\ln b-\ln a}\right) \ .$
Finalmente, usando a condição $\,u(r,\alpha)=U_0\,$ , temos

$\displaystyle U_0=\sum_{n=1}^\infty\,A_n\,$ sen $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,(\ln r-\ln a)} {\ln b-\ln a}\right)\cdot$ senh $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\alpha}{\ln b-\ln a}\right) \ \ ,$ para todo $\displaystyle \ r\in(a,b) \ .$
Observemos que a expansão acima não é uma série de Fourier (na variável ), mas se converte em uma série de Fourier pela mudança de variável

$\displaystyle t=\frac{\pi\,(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a} \ .$
De fato, quando varia no intervalo $\,a<r<b\,$ , vamos ter $\,0<t<\pi\,$ e

$\displaystyle U_0=\sum_{n=1}^\infty\,A_n\,$ senh $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\alpha} {\ln b-\ln a}\right)\cdot$ sen $\displaystyle \,n\,t \ \ , \qquad \forall t\in(0,\pi) \ ,$
que é uma expansão em série de senos no intervalo $\,(0,\pi)\,$ , para a função constante. Segue que

$\displaystyle A_n\,$ senh $\displaystyle \left(\frac{n\,\pi\,\alpha}{\ln b-\ln a}\right)= \frac2\pi\int_0^\pi\,U_0\;$ sen $\displaystyle \,n\,t\;dt= \hspace{4.0cm}$

$\begin{displaymath} \hspace{4.5cm} =\frac{2\,U_0}\pi\biggl[-\frac{\cos\,n\,t}n\b... ...se $n$\ \'e \'{\i}mpar.} \rule{0.cm}{0.8cm} \end{array}\right. \end{displaymath}$
Finalmente, obtemos a resposta

$\displaystyle u(r,\theta)=\frac{4\,U_0}{n\,\pi}\,\sum_{m=0}^\infty\, \frac{\tex... ...e\left(\frac{(2\,m+1)\,\pi\,\alpha}{\ln b-\ln a}\right)\rule{0.cm}{0.7cm}} \ .$

Eduardo H. M. Brietzke