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 $ U_0$, 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 $ A$ e $ B$, 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 $ A_n$ e $ B_n$, 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 $ r$), 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 $ r$ 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