METODOS CLASSICOS

EM

EQUACOES DIFERENCIAIS PARCIAIS

METODOS CLASSICOS

EM

EQUACOES DIFERENCIAIS PARCIAIS

(2a¯Edicao)

Luis Adauto Medeiros

Professor Emerito UFRJ

Juan Limaco Ferrel

Professor Adjunto IM/UFF

Angela Cassia Biazutti

Professora Adjunta IM/UFRJ

Instituto de Matematica - UFRJ

Rio de Janeiro, RJ - 2000

M488

Medeiros, Luis Adauto, 1926-

Metodos Classicos em Equacoes Diferenciais Par-

ciais/ Luis Adauto Medeiros, Juan Limaco Ferrel,

Angela Cassia Biazutti - 2. Ed. - Rio de Janeiro:

UFRJ. IM, 1999.163p.

Inclui bibliografia.

1. Equacoes Diferenciais Parciais. I. Limaco Fer-

rel, Juan. II. Biazutti, Angela Cassia. III. Universi-

dade Federal do Rio de Janeiro. Instituto de Mate-matica. IV. Tıtulo.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

(Premio Nobel de Fısica)

PREFACIO

A esta segunda edicao foram anexadas substanciais modificacoes. A primeira

edicao foi adotada no Instituto de Matematica da UFF pelo Professor Juan Limaco

Ferrel, sugerindo, com base em suas aulas, varias mudancas no texto e a introducao de

uma colecao de exercıcios resolvidos e outra por resolver com dificuldades semelhantes.

O capıtulo sobre equacoes parabolicas foi totalmente re-escrito pela Professora Angela

Cassia Biazutti anexando, tambem, uma relacao de exercıcios resolvidos e por resolver.

Note-se, entretanto, que apesar das alteracoes mencionadas foi mantido o carater

didatico e metodico do texto com escolha de raciocınios simples, porem vigorosos, com

o objetivo de transmitir ao aluno ideias, algumas vezes complexas. Acredito que um

princıpio pedagogico eficiente e apresentar os resultados matematicos basicos em casos

simples para que o aluno possa compreende-los, por si so, desenvolve-los em casos mais

gerais. Concorda-se com B. Niewenglowski, ao dizer: “C’est en etudiant questions

regardees comme elementaires mais exigeant deja un serieux 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 reussit a allumer le flambeau sacre.”

Os metodos adotados para o estudo de equacoes diferenciais parciais sao “classi-

cos”, isto e, a derivada e no sentido de Newton-Liebniz, a integral e a de Cauchy-

Riemann-Darboux e o espaco onde tudo acontece e o plano Euclidiano R2, onde habitam

as funcoes reais do texto.

Agradeco a Lourdinha quem, pacientemente, fez a revisao do texto e re-desenhou

as figuras com os instrumentos sagrados – a regua e o copo, substituto natural do

compasso em situacoes apropriadas.

A Liliana Angelina Leon e ao Silvano Bezerra de Menezes, agradeco pela leitura

do texto por ocasiao da disciplina introdutoria de Equacoes Diferenciais Parciais no

IMUFRJ, primeiro semestre de 1998. Agradeco, tambem, ao professor Waldemar Bastos

da Unesp de Rio Claro que revisou este texto ao lecionar, apresentando diversas sugestes

que foram aqui implementadas.

Ao Wilson Goes, pela paciencia ao digitar o manuscrito.

Teresopolis, 2 de outubro de 1999

Luis Adaudo Medeiros

INTRODUCAO (1a¯edicao)

O presente texto, parte de uma trilogia sobre equacoes diferenciais parciais,

baseia-se em notas de aula de licoes professadas pelo autor na parte propedeutica do

Instituto de Matematica da UFRJ. Este e o livro: L.A. Medeiros - N.G. Andrade ”Ini-

ciacao as Equacoes Diferenciais” LTC 1973, Rio de Janeiro, RJ, se completam. Note-se,

entretanto, que podem ser lidos independentemente. O texto publicado pela LTC obje-

tiva o estudo de tres problemas basicos da Fısica modelados por equacoes diferenciais

parciais. No presente estudo aqueles modelos sao examinados sem a preocupacao de

faze-los nascer da experiencia, mas sim de um ponto de vista puramente analıtico, sem

a preocupacao com a motivacao. Os tres operadores

(1)∂2u

∂y2− ∂2u

∂x2;

∂2u

∂y2+∂2u

∂x2;

∂u

∂y− ∂2u

∂x2,

sao reencontrados por meio do estudo geral do operador diferencial parcial linear, de

segunda ordem, no plano R2, isto e:

(2) a∂2u

∂x2+ 2b

∂2u

∂x∂y+ c

∂2u

∂y2,

sendo a(x, y), b(x, y), c(x, y) funcoes reais definidas em um aberto Ω do plano R2.

Quando os operadores diferenciais (1) sao realizados, representando problemas

da Fısica a variavel y e o tempo denotado por t. Retornando ao citado livro da LTC, os

operadores (1) seriam, da esquerda para a direita, o de vibracoes transversais de uma

corda elastica (d′Alembert 1717-1783); o operador do potencial (Laplace 1749-1827) e

o operador do calor (Fourier 1768-1830). Em dimensoes do espaco superiores a dois,

modelam uma grande variedade de problemas da Ciencia em geral. No presente texto

eles aparecem como formas canonicas das equacoes hiperbolicas, elıticas e parabolicas.

x

Apenas a tıtulo de uma primeira informacao, mencionou-se o operador

y∂2u

∂x2+∂2u

∂y2,

de tipo misto (Tricomi 1897-1978).

A presente exposicao compoe-se de cinco secoes. Uma dedicada ao problema de

Cauchy para (2), estudo das caracterısticas e consequente classificacao em hiperbolicos,

elıticos e parabolicos. Nas secoes seguintes sao estudadas, resumidamente, cada uma

das classes acima. No caso hiperbolico estuda-se o problema de Cauchy e o de Goursat.

Analisa-se o metodo de Riemann aplicando-o a equacao do telegrafo. Por meio da

formula de Riemann reencontra-se a solucao de d′Alembert.

Na secao dedicada as equacoes elıticas sao estudados os problemas de Dirichlet e

Neumann. Analisa-se a funcao de Green de um domınio do R2 que e calculada no caso

de um cırculo de raio R. Salienta-se a estreita relacao entre as funcoes harmonicas no

R2 com as funcoes holomorfas em C.

Conclui-se com o estudo das solucoes analıticas por intermedio do metodo de

Cauchy, por ele denominado ”metodo dos limites” e tambem chamado ”metodo de

majorantes”.

Dir-se-ia que se supoe do leitor o conhecimento dos fundamentos da analise

matematica classica.

Agradece-se a Lourdinha pela revisao e leitura do manuscrito, modificando certos

trechos da redacao para torna-la mais clara. Tambem pela construcao das figuras que

aparecem no texto.

Ao Wilson Goes pelo belo trabalho ”micrografico”. Ao Sergio e Carlindo, da

Reprografia do IM, pela colaboracao no momento da impressao.

Rio de Janeiro, marco de 1977

Luis Adauto Medeiros

xi

SUMARIO

1. Equacoes no Plano R2R2R2 - Caracterısticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Exercıcios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2. Equacoes Hiperbolicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Problema de Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Metodo de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Equacao do Telegrafo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Cordas Vibrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

Princıpio de Duhamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Exercıcios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3. Equacoes Elıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Formulas de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

Problema de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

Funcao de Green no Cırculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

Problema de Neumann no Cırculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

Observacoes sobre a Funcao de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

Exercıcios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4. Equacoes Parabolicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

Fio de Comprimento Finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

xii

Fio de Comprimento Nao Finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

Equacao Nao Homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

Propriedades das Solucoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

Observacao Final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

Exercıcios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5. Solucoes Analıticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

Equacoes Diferenciais Ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

Equacoes Diferenciais Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

1

1. EQUACOES NO PLANO R2R2R2-CARACTERISTICAS

Nesta secao serao consideradas equacoes diferenciais parciais de segunda ordem,

para a funcao incognita u(x, y), uma aplicacao numerica definida para x, y em um

aberto Ω do plano R2. Considere-se o operador diferencial

(1) Lu = a(x, y)∂2u

∂x2+ 2b(x, y)

∂2u

∂x∂y+ c(x, y)

∂2u

∂y2,

sendo a(x, y), b(x, y), c(x, y) funcoes reais definidas e regulares em Ω. O domınio de L e o

espaco vetorial real C2(Ω) de todas as funcoes reais em Ω e aı duas vezes continuamente

diferenciaveis. Tem-se que L e um operador linear, isto e, para todo par de funcoes

u, v ∈ C2(Ω) e todo par de numeros reais α, β ∈ R, tem-se:

(2) L(αu+ βv) = αLu+ β Lv.

Considere-se uma funcao F definida em Ω×R3 tal que a cada ponto (x, y, ξ, η, ζ)

de Ω × R3 associa o numero real F (x, y, ξ, η, ζ).

Definicao 1. Denomina-se equacao diferencial parcial de segunda ordem, quase linear,

na incognita u(x, y), a uma equacao do tipo:

(3) Lu = F

(x, y, u,

∂u

∂x,∂u

∂y

),

sendo L e F definidos anteriormente.

Definicao 2. Denomina-se solucao de (3) a uma funcao u(x, y), de classe C2(Ω), tal

que a igualdade (3) seja verificada pontualmente em Ω.

2

Considere-se uma curva γ do plano R2, com equacoes parametricas

γ : x = ϕ(t) y = ψ(t) 0 ≤ t ≤ 1.

Suponha γ regular e sem auto-interseccoes. A derivada de ϕ e ψ relativamente ao

parametro t, representa-se porϕ e

ψ. Supoe-se que

ϕ2 +

ψ2 > 0 em [0, 1].

O Problema de Cauchy, para a equacao diferencial quase linear Lu =

F

(x, y, u,

∂u

∂x,∂u

∂y

), consiste em determinar uma solucao u(x, y) para esta equacao,

conhecendo-se os valores de u(x, y) e das derivadas∂u

∂x,∂u

∂ysobre γ. Simbolicamente,

escreve-se:

(4)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Lu = F

(x, y, u,

∂u

∂x,∂u

∂y

)em Ω

u,∂u

∂x,∂u

∂yconhecidas sobre γ

Esta e uma formulacao vaga do Problema de Cauchy. Posteriormente retorna-se

a este problema com as condicoes necessarias sobre γ para que o problema (4) possua

solucao.

Introduz-se uma notacao, para tornar mais simples o texto. Assim, representa-se

por H, U , V as seguintes funcoes definidas sobre γ:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

H(t) = u(x, y) com (x, y) ∈ γ

U(t) =∂u

∂x(x, y) com (x, y) ∈ γ

V (t) =∂u

∂y(x, y) com (x, y) ∈ γ

Considere-se u uma solucao do problema de Cauchy (4). Sao conhecidas sobre

γ as funcoes u,∂u

∂xe∂u

∂ye, portanto, H(t), U(t), V (t) e F (ϕ(t), ψ(t), H(t), U(t), V (t)).

3

Portanto, sao conhecidas as derivadasdU

dtedV

dt. Assim, as derivadas segundas

∂2u

∂x2,

∂2u

∂x∂ye∂2u

∂y2sao determinadas, sobre γ, por meio do sistema:

(5)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

dU

dt=∂2u

∂x2

ϕ+

∂2u

∂x∂y

ψ

∂V

∂t=

∂2u

∂x∂y

ϕ+

∂2u

∂y2

ψ

a∂2u

∂x2+ 2b

∂2u

∂x∂y+ c

∂2u

∂y2= F

(x, y, u

∂u

∂x,∂u

∂y

)

Observe, uma vez mais, que (5) esta sendo considerado sobre a curva γ, isto e, para

x = ϕ(t), y = ψ(t).

A matriz do sistema (5) e:

ϕ

ψ 0

0ϕ

ψ

a 2b c

cujo determinante e:

δ = cϕ2 − 2b

ϕ

ψ + a

ψ2.

Do estudo de sistema de equacoes lineares, conclui-se:

• Se δ 6= 0 o sistema linear (5) e determinado e sua solucao∂2u

∂x2,∂2u

∂x∂y,∂2u

∂y2,

sobre γ, e obtida por meio da regra de Cramer.

• Quando δ = 0 o sistema (5) e indeterminado ou impossıvel.

4

Definicao 3.

i) Denomina-se curva caracterıstica para a equacao Lu = F , a curva γ sobre a

qual δ = 0, isto e,

(6) cϕ2 − 2b

ϕ

ψ + a

ψ2 = 0.

ii) As curvas γ tais que δ 6= 0 denominam-se nao caracterısticas.

A seguir serao demonstrados alguns resultados permitindo o calculo das curvas

caracterısticas de Lu = F ou de L.

Proposicao 1.

i) Se a 6= 0 sobre γ, as curvas caracterısticas de L sao as solucoes da equacao

diferencial ordinaria:

(7) a

(dy

dx

)2

− 2b

(dy

dx

)+ c = 0.

ii) Se c 6= 0 sobre γ, as curvas caracterısticas de L sao as solucoes da equacao

diferencial ordinaria

(8) c

(dx

dy

)2

− 2b

(dx

dy

)+ a = 0.

iii) Se a = c = 0 sobre γ, as curvas caracterısticas de L sao as retas x = cst,

y = cst, isto e, a dupla famılia de retas paralelas aos eixos coordenados.

Demonstracao:

i) De fato, suponha que γ seja uma curva caracterıstica para a equacao Lu = F ,

e a(ϕ(t), ψ(t)) 6= 0 em t0 . Esta hipotese implica emϕ(t) 6= 0 em uma vizinhanca de t0 .

Realmente, sendo γ caracterıstica para Lu = F , obtem-se:

(9) cϕ2 − 2b

ϕ

ψ + a

ψ2 = 0 sobre γ.

5

Sejaϕ(t) = 0 em uma vizinhanca de t0 . Da equacao (9) deduz-se que

ψ(t) = 0 nesta

vizinhanca, contrariando a hipotese feita sobre γ de serϕ2 +

ψ2 > 0 em 0 ≤ t ≤ 1.

Logoϕ(t) 6= 0 em todo ponto t onde γ e definida. Sendo o coeficiente angular da reta

tangente a γ dado por

ψ(t)ϕ(t)

, deduz-se que γ nao possui tangente vertical em cada um

de seus pontos. Resulta, daı, que γ e definida por uma funcao y = f(x) e suas equacoes

parametricas podem ser escritas sob a forma seguinte:

γ : x = x, y = f(x),

isto e, ϕ e a identidade e ψ e igual a f . Logo, a equacao δ = 0, das caracterısticas,

reduz-se a

a

(dy

dx

)2

− 2b

(dy

dx

)+ c = 0.

ii) Semelhante ao caso (i).

iii) Se a = c = 0 sobre γ e δ = 0, a equacao caracterıstica reduz-se a:

(10) 2bϕ

ψ = 0 sobre γ.

Deve-se ter b 6= 0, pois se assim nao fosse, nao existiria o problema a estudar, isto e, L

seria o operador nulo. Logo, de (10), conclui-se que as caracterısticas de Lu = F sao

x = cst e y = cst.

Exemplos

1. Considere o operador

Lu =∂2u

∂y2− ∂2u

∂x2·

Tem-se a = −1, b = 0, c = 1.

6

As caracterısticas de Lu = F sao dadas pela equacao:

−(dy

dx

)2

+ 1 = 0

ou y = x+ k, y = −x+ k.

Note que o operador deste exemplo aparece no estudo das vibracoes transversais de uma

corda elastica.

2. Considere o operador

Lu =∂2u

∂x2+ 2

∂2u

∂x∂y+∂2u

∂y2·

As caracterısticas da equacao Lu = F sao dadas pelas solucoes da equacao diferencial

ordinaria:(dy

dx

)2

− 2

(dy

dx

)+ 1 = 0,

porque a = b = c = 1. Este operador fatora-se em

(dy

dx− 1

)2

= 0, obtendo-sedy

dx= 1

cuja solucao sao as retas y = x+ k.

3. Considere o operador do potencial

Lu =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2·

As caracterısticas de Lu = F , sao

(dy

dx

)2

+ 1 = 0,

7

porque a = c = 1 e b = 0. As solucoes desta equacao nao sao reais. Elas sao dadas por

y = ix, y = −ix, sendo i2 = −1.

4. Considere o operador Lu =∂2u

∂x2, no qual a = 1, b = c = 0. As caracterısticas

de Lu = F sao solucoes da equacao

(dy

dx

)2

= 0,

isto e, a famılia de retas y = k, sendo k um numero real. O operador L aparece nos

problemas unidimensionais de transferencia de calor.

Observacao 1. Dos exemplos acima estudados, observa-se o seguinte:

α) Lu =∂2u

∂y2− ∂2u

∂x2= F , possui duas famılias de caracterısticas, y = x+ k e

y = −x+ k.

β) Lu =∂u

∂y− ∂2u

∂x2= F , possui uma unica famılia de caracterısticas, y = k.

γ) Lu =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= F nao possui caracterısticas reais.

O primeiro tem sua origem no estudo de vibracoes transversais de uma corda

elastica e o segundo no estudo de transferencia de calor atraves de um fio metalico.

O terceiro e originario de problemas estacionarios. No que vem a seguir estes oper-

adores serao ainda mencionados. Outros exemplos ha, de modelos provenientes da

Fısica Matematica.

Por meio de conveniente mudanca de variaveis demonstra-se que a equacao Lu =

F transforma-se em∨Lu = G, sendo

∨L um dos operadores da Observacao 1, razao

porque eles sao denominados formas canonicas do operador de segunda ordem no plano

8

R2. Antes, porem, sera feita uma classificacao das equacoes diferenciais parciais de

segunda ordem, semelhante a feita para as formas quadraticas no plano R2.

Considere-se uma forma quadratica no R2, dada por:

Q(ξ, η) = a ξ2 + 2b ξη + cη2,

cujo discriminante e b2 − ac. Diz-se que a forma e uma hiperbole quando b2 − ac > 0,

uma parabola quando b2 − ac = 0 e uma elipse se b2 − ac < 0. Sera adotada para as

equacoes diferenciais parciais uma analoga classificacao. Note-se que classifica-se nos

tipos a equacao Lu = F ou simplesmente o operador L.

Definicao 4. Considere-se a equacao

Lu = a(x, y)∂2u

∂x2+ 2b(x, y)

∂2u

∂x∂y+ c(x, y)

∂2u

∂y2= F

(x, y, u,

∂u

∂x,∂u

∂y

).

i) Diz-se que ela e hiperbolica em Ω, quando b2(x, y)− a(x, y)c(x, y) > 0 em Ω.

ii) Diz-se que ela e parabolica em Ω se b2(x, y)− a(x, y)c(x, y) = 0 em Ω.

iii) Diz-se que a equacao e elıtica em Ω quando b2(x, y)− a(x, y)c(x, y) < 0 em Ω.

Observacao 2. Note-se que sendo Lu o operador que caracteriza o membro da esquerda

da equacao, diz-se tambem que ele e hiperbolico, parabolico ou elıtico como no caso da

equacao.

Observacao 3. Aplicando-se a Definicao 4 as equacoes da Observacao 1, conclui-se:

os operadores em α), β) e γ), sao, respectivamente, hiperbolico, parabolico e elıtico em

Ω = R2.

No que se segue, por meio da classificacao em tipos obtida por meio da Definicao

4 e da nocao de caracterıstica, reduz-se a equacao Lu = F , da Definicao 4, a uma das

9

formas α), β) ou γ).

Observacao 4. Da Definicao 4 e da Proposicao 1, conclui-se que no caso hiperbolico

ha duas famılias distintas de caracterısticas; no caso parabolico uma unica e no caso

elıtico nao ha caracterısticas reais.

Para reducao de Lu = F as formas canonicas α), β) e γ) da Observacao 1, inicia-

se com uma mudanca de coordenadas. De fato, considere-se a transformacao τ do R2

no R2 dada pelas funcoes:

ξ = ϕ(x, y) e η = ψ(x, y).

Supoe-se ϕ e ψ de classe C1(Ω) com Jacobiano nao nulo, isto e:

J(ξ, η) = det

∂ϕ

∂x

∂ϕ

∂y

∂ψ

∂x

∂ψ

∂y

6= 0 em Ω.

Note-se que, no calculo, considera-se ϕ, ψ ou ξ, η, assim: ξ(x, y), η(x, y). Isto facilita a

notacao.

O objetivo e obter Lu, dado nas coordenadas x, y, nas novas coordenadas ξ, η

dadas por τ .

Nas novas coordenadas, obtem-se:

∂u

∂x=∂u

∂ξ

∂ξ

∂x+∂u

∂η

∂η

∂x;

∂u

∂y=∂u

∂ξ

∂ξ

∂y+∂u

∂η

∂η

∂y·

Sendo J(ξ, η) 6= 0 em Ω, calcula-se, pelas regras de Cramer,∂u

∂ξ,∂u

∂ηem funcao de

∂u

∂x,

∂u

∂y.

10

Para as derivadas de segunda ordem, encontra-se:

(11)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

• ∂2u

∂x2=∂2u

∂ξ2

(∂ξ

∂x

)2

+ 2∂2u

∂ξ∂η

∂ξ

∂x

∂η

∂x+∂2u

∂η2

(∂η

∂x

)2

+

+∂u

∂ξ

∂2ξ

∂x2+∂u

∂η

∂2η

∂x2

• ∂2u

∂y2=∂2u

∂ξ2

(∂ξ

∂y

)2

+ 2∂2u

∂ξ∂η

∂ξ

∂y

∂η

∂y+∂2u

∂η2

(∂η

∂y

)2

+

+∂u

∂ξ

∂2ξ

∂y2+∂u

∂η

∂2η

∂y2

• ∂2

∂x∂y=∂2u

∂ξ2∂ξ

∂x

∂ξ

∂y+

∂2u

∂ξ∂η

(∂ξ

∂y

∂η

∂x+∂ξ

∂x

∂η

∂y

)+

+∂2u

∂η2

∂η

∂x

∂η

∂y+∂u

∂ξ

∂2ξ

∂x∂y+∂u

∂η

∂2η

∂x∂y

Considere as funcoes A(x, y), B(x, y) e C(x, y) definidas do modo seguinte:

(12)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

• A = a

(∂ξ

∂x

)2

+ 2b∂ξ

∂x

∂ξ

∂y+ c

(∂ξ

∂y

)2

• B = a∂ξ

∂x

∂η

∂x+ b

(∂ξ

∂y

∂η

∂x+∂ξ

∂x

∂η

∂y

)+ c

∂ξ

∂y

∂η

∂y

• C = a

(∂η

∂x

)2

+ 2b∂η

∂x

∂η

∂y+ c

(∂η

∂y

)2

Multiplicando (11)1 por a, (11)2 por c e (11)3 por 2b e adicionando-se o resultado,

obtem-se, levando-se em conta (12), a equacao Lu = F nas coordenadas ξ, η, isto e,

∨Lu = G:

(13) A∂2u

∂ξ2+ 2B

∂2u

∂ξ∂η+ C

∂2u

∂η2= G

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ,∂u

∂η

).

11

Observe-se que G e a soma de F com os termos de primeira ordem que aparecem em

(11).

Por meio de calculo obtem-se:

B2 − AC = −(b2 − ac),

provando que a equacao (13)∨Lu = G, transformada de Lu = F pela τ , possui o mesmo

tipo que Lu = F nas coordenadas x, y.

A proxima etapa consistira em escolher a transformacao

τ : ξ = ϕ(x, y), η = ψ(x, y),

de modo a obter os seguintes casos:

• Hiperbolico, A = C = 0 (B 6= 0)

• Parabolico, A = B = 0 (C 6= 0)

• Elıtico, B = 0 (A 6= 0, C 6= 0)

Caso hiperbolico. Sejam ϕ(x, y) = c1 e ψ(x, y) = c2 as duas famılias indepen-

dentes de caracterısticas de Lu = F . Provar-se-a que considerando-se a transformacao

de coordenadas

τ : ξ = ϕ(x, y), η = ψ(x, y),

a equacao hiperbolica Lu = F reduz-se a forma

(14)∂2u

∂ξ∂η= H

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ,∂u

∂η

),

isto e, A = C = 0 em (13).

Considerando-se em (14) a mudanca de coordenadas:

X = ξ + η, Y = ξ − η,

12

a forma (14) reduz-se a:

(15)∂2u

∂X2− ∂2u

∂Y 2= H

(X, Y, u,

∂u

∂X,∂u

∂Y

)

dita forma canonica das equacoes hiperbolicas. Chamar-se-a, forma canonica (14) e

(15).

De fato, suponha-se o caso hiperbolico com a 6= 0. Resulta, Proposicao 1, que

as duas famılias independentes de caracterısticas sao obtidas por meio da equacao or-

dinaria:

(16) a

(dy

dx

)2

− 2bdy

dx+ c = 0.

O caso c 6= 0 e semelhante. Tem-se b2 − ac > 0. Sejam

ϕ(x, y) = ξ , ψ(x, y) = η ,

as famılias de caracterısticas solucoes de (16). Supondo-se y definida implicitamente

por ϕ(x, y) = ξ , obtem-se:

(17)∂ϕ

∂x+∂ϕ

∂y

dy

dx= 0.

Aqui supoe-se a, b, c, C1(Ω), de modo que ϕ e ψ satisfazem ao teorema das funcoes

implıcitas.

Resolvendody

dxem (17) e substituindo-se em (16) obtem-se:

a

(∂ϕ

∂x

)2

+ 2b∂ϕ

∂x

∂ϕ

∂y+ c

(∂ϕ

∂y

)2

= 0 em Ω.

De (12) conclui-se, da equacao acima, que A = 0.

13

De modo analogo, considerando-se a outra caracterıstica ψ(x, y) = η , sendo

a 6= 0, resulta, ver Proposicao 1,

a

(∂ψ

∂x

)2

+ 2b∂ψ

∂x

∂ψ

∂y+ c

(∂ψ

∂y

)2

= 0 em Ω

provando que C = 0 em Ω.

Portanto, no caso hiperbolico, por meio das curvas caracterısticas como sistema

de coordenadas, a equacao transformada (13) reduz-se a forma:

∂2u

∂ξ, ∂η= H

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ,∂u

∂η

)

que e a (14).

Fazendo-se, nesta equacao,

X = ξ + η, Y = ξ − η,

obtem-se a FORMA CANONICA das equacoes hiperbolicas:

∂2u

∂X2− ∂2u

∂Y 2= H

(X, Y, u,

∂u

∂X,∂u

∂Y

).

Exemplo 1. Calcule a solucao da equacao

2∂2u

∂x2+ 5

∂2u

∂x∂y+ 3

∂2u

∂y2= 0.

Tem-se a = 2, b = −5

2, c = 3, obtendo-se b2 − ac =

1

4> 0 a equacao hiperbolica. As

famılias de curvas caracterısticas sao as solucoes de

2

(dy

dx

)2

− 5dy

dx+ 3 = 0

14

ou

dy

dx= 1 e

dy

dx=

3

2·

As famılias caracterısticas sao:

ϕ(x, y) = x− y = k; ψ(x, y) = 3x− 2y = k.

A transformacao τ e dada por:

ξ = x− y; η = 3x− 2y.

A equacao em (ξ, η) possui A = 0, C = 0 e 2B = −1. Logo a transformada e

∂2u

∂ξ∂η= 0.

Daı obtem-se a solucao:

u(x, y) = f(x− y) + g(3x− 2y)

com f e g funcoes reais.

Caso Parabolico. Considere famılia de caracterısticas de Lu = F dada por ϕ(x, y) =

c. Para transformacao τ toma-se ξ = ϕ(x, y) e η = ψ(x, y) uma qualquer funcao

independente de ξ, isto e, com J(ξ, η) 6= 0 em Ω. Demonstrar-se-a que a equacao

Lu = F reduz-se a

∂2u

∂η2= H

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ,∂u

∂η

).

De fato, no caso parabolico tem-se b2 − ac = 0 sendo a e c nao nulos. Suponha

a 6= 0. Seja ξ = ϕ(x, y) e η como fixada acima. Obtem-se a fatoracao da equacao das

caracterısticas:

(18)

(dy

dx− b

a

)2

= 0 e b2 = ac.

15

A equacao da caracterıstica ϕ(x, y) = k, permite calcular a derivadady

dxpor meio da

equacao

(19)∂ϕ

∂x+∂ϕ

∂y

dy

dx= 0 em Ω

∂ϕ

∂y6= 0.

Resolvendo (19) emdy

dxe substituindo em (18), sendo b2 = ac em Ω, conclui-se que o

coeficiente A = 0.

Para o calculo de B no caso parabolico, note-se que sendo b2 = ac, o B fatora-se

sob a forma:

(20) B = a

(∂ξ

∂x+b

a

∂ξ

∂y

)(∂η

∂x+b

a

∂η

∂y

).

Sendo ϕ(x, y) = k1 , caracterıstica da equacao parabolica, obtem-sedy

dx=

b

ao que

implica, teorema das funcoes implıcitas:

∂ϕ

∂x+b

a

∂ϕ

∂y= 0.

Sendo,∂ξ

∂x=∂ϕ

∂x,∂ξ

∂y=∂ϕ

∂y, resulta de (20) que B = 0 em Ω.

Para analisar a funcao C(x, y), tem-se, por definicao:

(21) C = a

(∂ψ

∂x

)2

+ 2b∂ψ

∂x

∂ψ

∂y+ c

(∂ψ

∂y

)2

,

com a 6= 0. Note que η = ψ(x, y) e escolhida de modo que J(ξ, η) 6= 0, isto e, funcional-

mente independente da caracterıstica ξ = ϕ(x, y).

Sendo a 6= 0 e b2 = ac, deduz-se que a C, dada por (21), fatora-se do modo

seguinte:

C =1

a

(a∂ψ

∂x+ b

∂ψ

∂y

)2

,

16

que e nao nula.

De fato, se

(22) a∂ψ

∂x+ b

∂ψ

∂y= 0 em Ω,

obtem-se de (19) edy

dx=b

a, caso parabolico, que

(23) a∂ϕ

∂x+ b

∂ϕ

∂y= 0 em Ω.

Sendo o determinante do sistema linear (22), (23) nao nulo em Ω, pois ϕ e ψ sao

independentes, conclui-se que a = 0, contradicao.

Conclui-se que no caso parabolico, isto e, b2 = ac em Ω, obtem-se A = B = 0 e

C 6= 0. Resulta que a equacao Lu = F reduz-se, pela τ , a FORMA CANONICA:

∂2u

∂η2= H

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ,∂u

∂η

).

Exemplo 1. Calcule a solucao da equacao

x2 ∂2u

∂x2+ 2xy

∂2u

∂x∂y+ y2 ∂

2u

∂y2= 0

sendo Ω um domınio no primeiro quadrante x > 0, y > 0.

Tem-se a = x2, b = xy, c = y2, de modo que b2 − ac = 0 em Ω. A equacao e

parabolica.

A caracterıstica e a solucao dedy

dx=b

aou,

dy

dx=y

xobtendo-se ϕ(x., y) =

y

x= k,

17

apos integracao. A transformacao τ sera

ξ = ϕ(x, y) =y

xe η = ψ(x, y) = y.

Note-se que J(ξ, η) 6= 0 em Ω. A equacao transformada e:

η∂2u

∂η2= 0 ou

∂2u

∂η2= 0.

Obtem-se u(ξ, η) = f(ξ)η + g(ξ), ou

u(x, y) = yf

(y

x

)+ g

(y

x

)em Ω.

Caso Elıtico. Para fazer o estudo do caso elıtico, isto e, b2 − ac < 0, supoe-se

que os coeficientes a, b, c sejam funcoes analıticas em Ω. Isto significa dizer que em

cada ponto de Ω estas funcoes sao representadas por series de potencias convergentes

na vizinhanca deste ponto. Portanto a equacao caracterıstica, a 6= 0,

(24) a

(dy

dx

)2

− 2bdy

dx+ c = 0 em Ω

possui solucoes analıticas em Ω, veja Secao 5. Considere-se a solucao

(25) ϕ(x, y) = k ou ϕ1(x, y) + i ϕ2(x, y) = α+ iβ,

sendo i2 = −1, ϕ1 e ϕ2 reais, α, β numeros reais. Considera-se os modulos dos numeros

complexos∂ϕ

∂x,∂ϕ

∂ynao nulos em Ω.

De (24) e (25) segue-se que ϕ e solucao de

(26) a

(∂ϕ

∂x

)2

+ 2b∂ϕ

∂x

∂ϕ

∂y+ c

(∂ϕ

∂y

)2

= 0 em Ω.

18

Considere-se a transformacao τ definida por:

(27) ξ = ϕ1(x, y) e η = ϕ2(x, y).

Observacao 5. Note que ϕ1(x, y) + i ϕ2(x, y) e uma funcao holomorfa no sentido de

Cauchy. Portanto, valem as equacoes de Cauchy-Riemann. Foi admitido que

∣∣∣∣∂ϕ

∂x

∣∣∣∣ e

∣∣∣∣∂ϕ

∂y

∣∣∣∣ 6= 0. Logo, o Jacobiano de ξ, η e nao nulo, implicando a independencia funcional

de ϕ1 e ϕ2 . Isto porque∂ϕ

∂x=

∂ϕ1

∂x+ i

∂ϕ2

∂xe∂ϕ

∂y=

∂ϕ1

∂y+ i

∂ϕ2

∂y. O Jacobiano e

∂ϕ1

∂x

∂ϕ2

∂y− ∂ϕ1

∂y

∂ϕ2

∂x.

As equacoes de Cauchy-Riemann sao

∂ϕ1

∂x=∂ϕ2

∂y,

∂ϕ1

∂y= −∂ϕ2

∂x,

implicando em∂ϕ

∂y= −∂ϕ2

∂x+ i

∂ϕ2

∂y. Das equacoes de Cauchy-Riemann obtem-se:

J(ξ, η) =

(∂ϕ2

∂x

)2

+

(∂ϕ2

∂y

)2

=

∣∣∣∣∂ϕ

∂y

∣∣∣∣2

6= 0.

Retornando-se a (27), substituindo-se ϕ(x, y) = ϕ1(x, y) + i ϕ2(x, y) em (26),

separando-se parte real e parte imaginaria, obtem-se:

a

(∂ξ

∂x

)2

+ 2b∂ξ

∂x

∂ξ

∂y+ c

(∂ξ

∂y

)2

= a

(∂η

∂x

)2

+ 2b∂η

∂x

∂η

∂y+ c

(∂η

∂y

)2

e

a∂ξ

∂x

∂ξ

∂y+ b

(∂ξ

∂x

∂η

∂y+∂ξ

∂y

∂η

∂x

)+ c

∂η

∂x

∂η

∂y= 0.

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 nao sao as funcoes nulas. De fato, tem-se

A = a

(∂ξ

∂x

)2

+ 2b∂ξ

∂x

∂ξ

∂y+ c

(∂ξ

∂y

)2

sendo b2 − ac < 0. Logo, a forma quadratica A e nula somente no vetor nulo∂ξ

∂x=

∂ξ

∂y= 0. Analogamente, C = 0 somente quando

∂η

∂x=∂η

∂y= 0. Sendo

∣∣∣∣∂ϕ

∂x

∣∣∣∣ e

∣∣∣∣∂ϕ

∂y

∣∣∣∣

diferentes de zero em Ω nao acontecera que∂ξ

∂x=∂ξ

∂y=∂η

∂x=∂η

∂y= 0, identicamente

em Ω. Logo A e C nao sao nulos. Resulta que no caso elıtico, a FORMA CANONICA

da equacao Lu = F e:

∂2u

∂ξ2+∂2u

∂η2= H

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ,∂u

∂η

).

Exemplo 2. Considere a equacao

∂2u

∂x2+ x2 ∂

2u

∂y2= 0, x > 0, y > 0.

Tem-se

a = 1, b = 0 e c = x2,

obtendo-se b2−ac = −x2 < 0 em Ω. Logo, as caracterısticas sao as solucoes da equacao:

(dy

dx

)2

+ x2 = 0,

isto e,

dy

dx= i x,

dy

dx= −i x.

20

Obtem-se as caracterısticas:

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 transformacao τ dada por:

ξ = 2y, η = −x2.

A equacao transformada e

∂2u

∂ξ2+∂2u

∂η2=

1

2η

∂u

∂η

que e a forma canonica da equacao dada.

OPERADOR DE TRICOMI

Considere-se o operador

Lu = y∂2u

∂x2+∂2u

∂y2,

que aparece no estudo de equacoes diferenciais parciais modelando o movimento de flu-

idos transonicos. Foi estudado, inicialmente, por Tricomi, por isto recebe seu nome.

Francisco Giacomo Tricomi, matematico italiano, (1897-1979), professor na Universi-

dade de Turim. Alem de significantes contribuicoes a investigacao matematica, es-

creveu excelentes textos de analise matematica, variaveis complexas, equacoes diferen-

ciais, funcoes ortogonais etc, os quais influenciaram nossa geracao quando estudantes

da Universidade do Brasil.

21

No operador de Tricomi, tem-se:

a = y, b = 0, c = 1.

O discriminante e b2 − ac = −y. Resulta que no semi-plano inferior y < 0, Lu

e hiperbolico e no semi plano-superior y > 0, Lu e elıtico. Poder-se-ia dizer que y = 0

e uma reta de parabolicidade.

As caracterısticas, no caso hiperbolico, sao as solucoes da equacao ordinaria

y

(dy

dx

)2

+ 1 = 0.

Daı obtem-se a dupla famılia de curvas caracterısticas

(x− k)2 +4

9y3 = 0.

Como se observa, a equacao de Tricomi Lu = 0 e de tipo misto, isto e, elıtica em

y > 0, parabolica para y = 0 e hiperbolica para y < 0. Como salienta Caetano Fichera

em seu discurso “in memoriam” de Francisco Tricomi, 1979, na Academia Dei Lincei,

Italia, “a equacao de Laplace uxx+uyy = 0 e o prototipo das equacoes elıticas, a equacao

de Fourier ut−uxx = 0 o das parabolicas, a de d’Alembert utt−uxx = 0 das hiperbolicas

e a de Tricomi yuxx+uyy = 0 o prototipo das equacoes de tipo misto”. Para informacoes

mais precisas e resultados recentes, consulte-se: N.A. Lar’kin, The Tricomi Problem,

Atas do 42o¯ Seminario Brasileiro de Analise, Univ. Estadual de Maringa, Maringa, PR,

1995. J. Barros Neto, On Fundamental Solutions for the Tricomi Operator, Atas do 49o¯

Seminario Brasileiro de Analise, IMEC-UNICAMP, Campinas, SP, 1999.

22

EXERCICIOS RESOLVIDOS

1. Considere a equacao:

y∂2u

∂x2+ x

∂2u

∂y2= 0.

(i) Determine o tipo da equacao.

(ii) Encontre as curvas caracterısticas no caso hiperbolico.

SOLUCAO:

(i) Tem-se:

a(x, y) = y; b(x, y) = 0; c(x, y) = x.

Entao

a equacao e hiperbolica se xy < 0

a equacao e elıtica se xy > 0

a equacao e parabolica se x = 0 ou y = 0

(ii) As curvas caracterısticas sao solucoes da equacao:

y

(dy

dx

)2

+ x = 0,

de onde deduz-se que:

dy

dx= ±

√−xy

·

Entao

23

Na regiao y > 0, x < 0, as curvas sao:

(−x)3/2 + y3/2 = c e − (−x)3/2 + y3/2 = c

e na regiao y < 0 x > 0, as curvas sao:

x3/2 + (−y)3/2 = c e x3/2 − (−y)3/2 = c.

2. Determine as curvas caracterısticas da equacao:

∂2u

∂x2+ 4(x2 + 1)

∂2u

∂x∂y+ (x2 + 1)2

∂2u

∂y2= 0.

SOLUCAO:

Observa-se que:

a(x, y) = 1

b(x, y) = 2(x2 + 1)

c(x, y) = (x2 + 1)2

Entao: b2 − ac = 3(x2 + 1)2 > 0.

Logo a equacao e hiperbolica.

As curvas caracterısticas sao solucoes da equacao:

(dy

dx

)2

− 4(x2 + 1)dy

dx+ (x2 + 1)2 = 0

ou seja

dy

dx= (2 ±

√3)x2 + (2 ±

√3).

24

Tem-se:

1

3(2 −

√3)x3 + (2 −

√3)x− y = c e

1

3(2 +

√3)x3 + (2 +

√3)x− y = c.

3. Seja a equacao

∂2u

∂x2+ 5

∂2u

∂x∂y+ 4

∂2u

∂y2+ 7

∂u

∂y= sen x+ cosx.

(i) Encontre as curvas caracteterısticas e as coordenadas caracterısticas.

(ii) Reduzir a sua forma canonica.

SOLUCAO:

(i) Observa-se que os coeficientes do operador sao:

a(x, y) = 1; b(x, y) = 5; c(x, y) = 4 e F = sen x+ cosx− 7∂u

∂y·

Logo, as curvas caracterısticas sao solucoes de

(dy

dx

)2

− 5

(dy

dx

)+ 4 = 0

ou seja:

y − x = c e y − 4x = c

e as coordenadas caracterısticas sao:

ξ = y − x e η = y − 4x.

(ii) Como b2 − ac = 9 > 0, a equacao e hiperbolica.

25

Mediante a mudanca ξ = y − x e η = y − 4x a equacao fica transformada na forma

canonica:

2B∂2u

∂ξ∂η= G

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ,∂u

∂η

)

onde B e G sao dados em (12) e (13).

Como:

∂ξ

∂x= −1;

∂ξ

∂y= 1;

∂η

∂x= −4;

∂η

∂y= 1

e∂2ξ

∂x2=∂2ξ

∂y2=

∂2ξ

∂x∂y= 0 e

∂2η

∂x2=∂2η

∂y2=

∂2η

∂x∂y= 0,

entao:

B = −9

2e G = sen

(ξ − η

3

)+ cos

(ξ − η

3

)− 7

(∂u

∂ξ+∂u

∂η

)·

Logo, a forma canonica e:

∂2u

∂ξ∂η=

7

9

(∂u

∂ξ+∂u

∂η

)− 1

9

(sen

(ξ − η

3

)+ cos

(ξ − η

3

))·

4. Reduzir a forma canonica as seguintes equacoes:

(i)∂2u

∂x2− 6

∂2u

∂x∂y+ 9

∂2u

∂y2+ 6

∂u

∂y= 0.

(ii)∂2u

∂x2+ 4

∂2u

∂x∂y+ 8

∂2u

∂y2+ 5

∂u

∂x= 0.

SOLUCAO:

(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 equacao e parabolica. Sua caracterıstica e solucao da equacao:

(dy

dx

)2

+ 6

(dy

dx

)+ 9 = 0

que e y + 3x = c.

Considerando-se as coordenadas: ξ = y + 3x e η = η(x, ) qualquer funcao, desde que

J(ξ, η) 6= 0, segue-se que a equacao e reduzida a forma canonica

C∂2u

∂η2= G

onde C e G sao dados por (12) e (13). Note que pode-se escolher η = y. Assim, como

∂η

∂x= 0 e

∂η

∂y= 1, encontra-se C = 9. Como

∂ξ

∂y= 1;

∂η

∂y= 1;

∂2ξ

∂x2=∂2ξ

∂y2=

∂2ξ

∂x∂y= 0

e

∂2η

∂x2=∂2η

∂y2=

∂2η

∂x∂y= 0,

entao

G = −6

(∂u

∂ξ+∂u

∂η

).

A forma canonica e entao:

∂2u

∂η2= −2

3

(∂u

∂ξ+∂u

∂η

).

(ii) Tem-se que: a = 1; b = 2; c = 8.

Como b2 − ac = −4 < 0, a equacao e elıtica. As solucoes da equacao:

(dy

dx

)2

− 4

(dy

dx

)+ 8 = 0

27

sao complexas e dadas por

y − x+ i(−2x) = c1

y − x+ i(2x) = c2 .

Considerando-se a mudanca ξ = y − x e η = −2x, a equacao toma a forma

canonica

A

(∂2u

∂ξ2+∂2u

∂η2

)= G

onde A e G sao calculados por (12) e (13).

Tem-se que A = 4 e G = −10∂u

∂ξ+ 10

∂u

∂η·. Logo a forma canonica e dada por:

∂2u

∂ξ2+∂2u

∂η2= −5

2

∂u

∂ξ+

5

2

∂u

∂η·

5. Determine a regiao na qual a equacao

∂2u

∂x2− y

∂2u

∂x∂y+ x

∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ u = 0

e hiperbolica, parabolica ou elıtica e transforme a equacao na respectiva regiao para a

forma canonica.

SOLUCAO:

Observa-se que a = 1. b = −7

2; c = 0 e F = −x ∂u

∂x− y

∂u

∂y− u.

Como b2 − ac =y2

4,

a equacao e parabolica se y = 0

e hiperbolica se y 6= 0.

28

No caso parabolico, a equacao toma a forma

∂2u

∂x2= −x ∂u

∂x− u

que ja esta na forma canonica.

No caso hiperbolico, as curvas caracterısticas sao solucoes da equacao:

(dy

dx

)2

+ y

(dy

dx

)= 0

ou seja: x = Lny e η = y.

Tem-se que:

B(x, y) = −y2

e G = −(ξ − Lnη)∂u

∂ξ− η

(1

η

du

dξ+du

dη

)− u.

Entao, a forma canonica dada por 2B∂2u

∂ξ∂η= G nos da

∂2u

∂ξ∂η=

(1 + ξ − Lnη

η

)∂u

∂ξ+∂u

∂η+

1

ηu.

6. Encontre a solucao geral das seguintes equacoes:

(i)∂2u

∂x2− 6

∂2u

∂x∂y+ 5

∂2u

∂y2= 0

(ii)∂2u

∂x2− 4

∂2u

∂x∂y+ 4

∂2u

∂y2= 0.

SOLUCAO:

(i) Tem-se que a = 1; b = −3 e c = 5.

Logo, b2 − ac = 4 > 0 e a equacao e hiperbolica.

29

As curvas caracterısticas sao as solucoes da equacao:

(dy

dx

)2

+ 6

(dy

dx

)+ 4 = 0

isto e: x+ y = c e 5x+ y = c.

A mudanca ξ = x+ y e η = 5x+ 4 reduz a equacao a forma canonica:

∂2u

∂ξ∂η= 0.

Tem-se u(ξ, η) = f(ξ) + g(η) com f e g funcoes arbitrarias.

Logo, a solucao e 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 equacao e parabolica.

A unica curva caracterıstica e solucao da equacao

(dy

dx

)2

+ 4

(dy

dx

)+ 4 = 0

isto e: x+ 2x = c.

A transformacao de coordenadas ξ = y + 2x e η = y reduz a equacao a forma canonica

∂2u

∂η2= 0.

Tem-se u(ξ, η) = f(ξ)η + g(ξ).

Logo, a solucao geral e dada por:

u(x, y) = y f(y + 2x) + g(y + 2x).

7. Determine a solucao geral da equacao elıtica:

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0.

30

SOLUCAO:

Resolve-se a equacao:

α2 ∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2= 0

onde α e constante.

A mudanca ξ = x+ αy e η = x− αy transforma a equacao na forma

∂2u

∂ξ∂η= 0.

Entao,

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 equacao que se quer resolver

e a solucao sera:

u(x, y) = f(x+ iy) + g(x− iy).

8. Encontre a solucao geral da equacao:

2∂2u

∂x2+ 5

∂2u

∂x∂y+ 3

∂2u

∂y2+ 2

∂u

∂x+ 3

∂u

∂x= 3

SOLUCAO:

Tem-se que:

a = 2; b =5

2, c = 3 e F = 3 − 2

∂u

∂x− 3

∂u

∂y·

31

Logo b2 − ac =1

4> 0 e a equacao e hiperbolica.

As curvas caracterısticas sao as solucoes da equacao

2

(dy

dx

)2

− 5

(dy

dx

)+ 3 = 0,

isto e y − x = c e y − 3

2x = c.

Mediante a mudanca ξ = y − x e η = y − 3

2x, obtem-se a forma canonica

−9

2

∂2u

∂ξ∂η+∂u

∂ξ= 3.

Se v =∂u

∂ξ, obtem-se

∂v

∂η− 2

9v +

2

3= 0

que tem por solucoes

v(ξ, η) = F (ξ)e(2/9)η + g(3).

Tem-se entao

u(ξ, η) = 3ξ + f(ξ)e(2/9)η + g(η)

Finalmente, a solucao e:

u(x, y) = 3(y − x) + f(y − x)e29 (y− 3

2 x) + g(y − 3

2x).

9. Reduzir a equacao

∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2+ 3

∂u

∂x− 2

∂u

∂y+ u = 0

32

a forma∂2v

∂ξ∂η= cv, onde c e constante, introduzindo a nova variavel v = u e−(aξ+bη),

onde a e b sao coeficientes a determinar.

SOLUCAO:

As curvas caracterısticas sao dadas por x+ y = c e x− y = c.

Mediante a mudanca ξ = x− y e η = x+ y, obtem-se a forma canonica:

4∂2u

∂ξ∂η+ 5

∂u

∂ξ+∂u

∂η+ u = 0.

Se v = u e−(aξ+bη), obtem-se

4∂2v

∂ξ∂η+ (4b+ 5)

∂v

∂ξ+ (4a+ 1)

∂v

∂η+ (4ab+ 5a+ b+ 1)v = 0.

Considerando: b = −5

4e a = −1

4, obtem-se a forma

∂2v

∂ξ∂η=

1

16v.

10. Resolver a equacao

x2 ∂2u

∂x2− x2 ∂

2u

∂y2+ 4x

∂u

∂x+ 2u = 0, x 6= 0.

SOLUCAO:

Faz-se a mudanca v = x2u, obtem-se a forma∂2v

∂x2− ∂2v

∂y2= 0, cuja solucao e

v(x, y) = f(x− y) + g(x+ y). Portanto

u(x, y) =1

x2f(x− y) +

1

x2g(x+ y).

33

EXERCICIOS PROPOSTOS

1. Classifique os seguintes operadores e encontre as caracterısticas que passam pelo

ponto (2,3), caso existam

(i)∂2u

∂x2+

∂2u

∂x∂y+ 3

∂2u

∂y2(ii)

∂2u

∂x2+ 4

∂2u

∂x∂y+ 4

∂2u

∂y2

(iii)∂2u

∂x2+ 5

∂2u

∂x∂y+∂2u

∂y2(iv)

∂2u

∂x2+ 6

∂2u

∂x∂y− 7

∂2u

∂y2

2. Encontre as caracterısticas, as coordenadas caracterısticas e a forma canonica das

seguintes equacoes:

(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 ∃ caracterısticas, ξ = y− x; η =√

2x; uξξ + uηη = −1

2uξ − 2

√2 uη −

1

2u+

eB√2

2·

(ii) y + x = c; ξ = y + x; η = y; uηη = −3

2u.

(iii) 6 ∃ caracterısticas, ξ = y; η = x; a equacao esta na forma canonica.

(v) x = c; x− y

2= c; ξ = x; η = x− y

2; uξη = 18 uξ + 17 uη − 4.

3. Determine a regiao na qual as equacoes seguintes sao hiperbolicas, parabolicas ou

34

elıticas e transforme a equacao na respectiva regiao a forma canonica.

x∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= x2a)

x2 ∂2u

∂x2+ (y2 − 1)

∂2u

∂y2=∂u

∂xb)

x2 ∂2u

∂x2− 2xy

∂2u

∂x∂y+ y2 ∂

2u

∂y2= exc)

e2x ∂2u

∂x2+ e3y ∂

2u

∂y2=∂u

∂y+ ud)

sen2 x∂2u

∂y2+ sen 2x

∂2u

∂x∂y+ cos2 x

∂2u

∂x2= xe)

(x2 − 4)∂2u

∂x2+ (y2 − 1)

∂2u

∂y2+∂u

∂x+∂u

∂y= ex + 1f)

(1 − x2)∂2u

∂x2− 2xy

∂2u

∂x∂y− (1 + y2)

∂2u

∂y2− 2x

∂u

∂x− 2y

∂u

∂y= 0g)

Respostas:

a) Se x < 0, e hiperbolica e∂2u

∂ξ∂η=

1

4

(ξ − η

4

)4

− 1

2

1

(ξ − η)

(∂u

∂ξ=∂u

∂η

)

Se x = 0, e parabolica e a equacao ja esta na forma canonica.

Se x < 0, e elıtica e∂2u

∂ξ2+∂2u

∂η2=η4

16+

1

η

∂u

∂η

c) E parabolica sempre e∂2u

∂η2=

2ξ

η2

∂u

∂ξ+

1

η2e

ξη

35

e) E parabolica sempre e∂2u

∂η2=

1

1 − e2(η−ξ)

(sen−1 eη−ξ − ∂u

∂ξ

).

4. Encontre a solucao geral das seguintes equacoes:

(i)∂2u

∂x2+ 8

∂2u

∂x∂y+ 7

∂2u

∂y2= 0 (ii) 3

∂2u

∂x2+ 4

∂2u

∂x∂y− 4

∂2u

∂y2= 0

(iii)∂2u

∂x2+ 6

∂2u

∂x∂y+ 9

∂2u

∂y2= 0 (iv) 3

∂2u

∂x∂y+ 4

∂2u

∂y2= 0

(v) 4∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 (vi) 3

∂2u

∂x2+ 5

∂2u

∂y2= 0

Respostas:

(i) u(x, y) = f(y − 7x) + g(y − x) (ii) u(x, y) = f(y − 6x) + g(y + 2x)

(iii) u(x, y) = yf(y − 3x) + g(y − 3x) (iv) u(x, y) = f(x) + g

(x− 3y

4

)

(v) u(x, y) = f(x+ 2i) + g(x− 2i)

5. Resolver as seguintes equacoes:

∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2+ 2

∂u

∂x− 2

∂u

∂y= 8a)

4∂2u

∂x2+ 5

∂2u

∂x∂y+∂2u

∂y2+∂u

∂x+∂u

∂y= 2b)

∂2u

∂x2+

∂2u

∂x∂y− 2

∂2u

∂y2+∂u

∂x+ 2

∂u

∂y= 0c)

Sugestao: Ver o exercıcio resolvido 8.

36

Resposta:

b) u(x, y) =8

3

(y − x

4

)+

1

3g

(y − x

4

)e13(y−x)

+ f(y − x).

6. Determine a solucao das seguintes equacoes:

(i)∂2u

∂x2+ 2

∂2u

∂x∂y+ 5

∂2u

∂y2= 0 (ii)

∂4u

∂x4+ 2

∂4u

∂x2∂y2+∂4u

∂y4= 0

(iii) 2∂2u

∂x2− ∂2u

∂x∂y+ 3

∂2u

∂y2= 0

Respostas:

(i) u(x, y) = f(y − x+ 2ix) + g(y − x− 2ix)

(ii) u(x, y) = (x− iy)f1(x+ iy) + f2(x+ iy) + (x+ iy)f3(x− iy) + f4(x− iy)

Sugestao: Escrever a equacao na forma

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2

)(∂2

∂x2+

∂2

∂y2

)u = 0

e resolver duas equacoes elıticas respectivamente.

7. Encontre a solucao geral das equacoes seguintes:

(i) x2 ∂2u

∂x2+ 2xy

∂2u

∂x∂y+ y2 ∂

2u

∂y2+ xy

∂u

∂x+ y2 ∂u

∂y= 0

(ii) y∂2u

∂x2− α2y

∂2

∂y2− 2α2 ∂u

∂y= 0, α = constante.

Sugestao: Fazer v = yu.

Respostas:

(i) u(x, y) = f

(y

x

)+ g

(y

x

)e−y

37

(ii) u(y, x) =1

yf(y + αx) +

1

yg(y − αx).

8. Transformar as seguintes equacoes para a forma:

vξη = αv α = constante,

mediante a mudanca v = u e−(aξ+bη), onde a e b sao constantes a determinar.

2∂2u

∂x2+ 6

∂2u

∂x∂y+∂2u

∂y2+ 4

∂u

∂y+ 6

∂u

∂x+ u = 0(i)

3∂2u

∂x2+ 7

∂2u

∂x∂y+ 2

∂2u

∂y2+∂u

∂y+ u = 0(ii)

∂2u

∂x∂y+∂2u

∂y2+∂u

∂x+∂u

∂y+ 3u = 0(iii)

Resposta:

(ii) vξη =84

625v.

38

39

2. EQUACOES HIPERBOLICAS

Na presente secao estudar-se-a alguns problemas significantes e metodos para as

equacoes de tipo hiperbolico. Recorde-se que o modelo analisado anteriormente foi da

forma Lu = F . Sendo o caso hiperbolico o de interesse, na presente secao, o operador

reduz-se a

Lu =∂2u

∂x∂y·

A funcao F sera considerada da forma:

F

(x, y, u,

∂u

∂x,∂u

∂y

)= −a(x, y)∂u

∂x− b(x, y)

∂u

∂y− c(x, y)u+ f(x, y).

Portanto, a equacao hiperbolica a ser analisada e a seguinte:

(1)∂2u

∂x∂y+ a(x, y)

∂u

∂u+ b(x, y)

∂u

∂y+ c(x, y)u = f(x, y)

que e linear. Suas curvas caracterısticas sao

(2) x = c, y = c,

isto e, as duas famılias de retas paralelas dos eixos coordenados. O operador no primeiro

membro de (1) sera representado por Lu, tendo-se:

Lu =∂2u

∂x∂y+ a(x, y)

∂u

∂x+ b(x, y)

∂u

∂y+ c(x, y)u.

40

Nesta secao, serao formulados os problemas de Cauchy e Goursat para a equacao

Lu = f . A seguir analisa-se o metodo de Riemann dando uma formula explıcita para

a solucao do problema de Cauchy, em funcao dos dados. O metodo de Riemann sera

aplicado ao estudo da equacao do telegrafo e a equacao de vibracoes transversais de uma

corda elastica reencontra-se a formula de d’Alembert. Finaliza-se a secao com um breve

estudo sobre as solucoes analıticas de uma equacao diferencial parcial, pelo metodo dos

limites de Cauchy.

PROBLEMA DE CAUCHY

Seja Γ um arco de curva regular no plano R2, com sistema de coordenadas xOy,

ortogonal. Supoe-se que Γ nao intercepte cada caracterıstica de Lu = f , em mais de

um ponto. Para ser mais explıcito, suponha Γ dada por y = g(x) ou x = h(y) e situada

no quadrante x > 0, y > 0 do plano R2. As funcoes g e h sao supostas continuamente

diferenciaveis; consulte a figura

Fig. 1

41

O problema de Cauchy consiste em determinar uma solucao u(x, y) da equacao

(1) em um aberto Ω do R2, contendo Γ no seu interior, conhecidos os valores de u e∂u

∂y

sobre Γ. Toma-se Ω o retangulo ABCD e a curva Γ como acima mencionada, contida

no retangulo da figura 1. Suponha conhecidas as funcoes ϕ(x) e ψ(x) sobre Γ, as quais

sao e continuamente diferenciaveis.

O problema de Cauchy para Lu consiste em determinar u(x, y) definida em Ω

satisfazendo as condicoes:

(3)

∣∣∣∣∣∣∣

Lu = f em Ω

u∣∣Γ

= ϕ(x),∂u

∂y

∣∣Γ

= ψ(x)

Observacao 1: Com os dados de (3) calcula-se, facilmente, o valor de∂u

∂xsobre Γ. De

fato, tem-se u(x, y) = ϕ(x), quando y = g(x). Derivando-se em relacao a x, obtem-se:

∂u

∂x

∣∣∣∣Γ

= −∂u∂y

∣∣∣∣Γ

g′(x) + ϕ′(x)

ou

∂u

∂x

∣∣∣∣Γ

= ϕ′(x) − ψ(x)g′(x) = ζ(x)

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 unica solucao. A demonstracao

e feita pelo metodo de aproximacoes sucessivas de Picard. A metodologia, como de

habito, consiste em transformar (3) em um sistema de equacoes diferenciais parciais e

este em um sistema de equacoes integrais, equivalente, ao qual aplica-se o metodo de

Picard. Sera feita a transformacao para um sistema a seguir.

Considere-se a mudanca de variaveis:

v =∂u

∂xe w =

∂u

∂y

42

em Lu = f , transformando-o no sistema:

(4)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂v

∂y= f(x, y)− av − bw − cu

∂w

∂x= f(x, y)− av − bw − cu

∂u

∂y= w

As condicoes sobre Γ sao:

(5) u∣∣Γ

= ϕ(x), w∣∣Γ

= ψ(x), v∣∣Γ = ζ(x).

Para obter o sistema de equacoes integrais, considere a figura e N = (x, y) um

ponto no interior do retangulo ABCD que contem Γ e contido no aberto Ω. Trace por N

as caracterısticas encontrando Γ em P e Q, sendo NP e NQ segmentos caracterısticos.

Integrando-se a primeira e terceira equacao (4) ao longo de QN e a segunda equacao

(4) ao longo de PN , resulta:

(6)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

v(x, y) = ζ(x) +

∫ y

g(x)

[f(x, y)− av − bw − cu] dy

w(x, y) = ψ(x) +

∫ x

h(y)

[f(x, y)− av − bw − cu] dx

u(x, y) = ϕ(x) +

∫ y

g(x)

w dy

Demonstra-se que (4) e (5) sao equivalentes a (6). Aplica-se ao (6) o metodo de Picard

obtendo-se a solucao. Prova-se a unicidade.

Nao sera feita a demonstracao de existencia de (6) para o problema de Cauchy.

Preferiu-se formular o problema de Goursat e resolve-lo pelo mesmo processo men-

cionado de aproximacoes sucessivas. O leitor pode repetir, sem dificuldade, o metodo

para o sistema (6).

43

PROBLEMA DE GOURSAT

Este consiste em determinar uma solucao da equacao Lu = f em um aberto Ω

do R2, quando os dados sao conhecidos sobre curvas caracterısticas. 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 diferenciaveis, 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, y0) = ψ(x) em x0 ≤ x ≤ x0 + a

Note-se que os dados sao conhecidos sobre os segmentos caracterısticos y0 ≤ y ≤ y0 +

b ex0 ≤ x ≤ x0 + a.

44

Sera demonstrado que o problema de Goursat (7) possui uma unica solucao, pelo

metodo de aproximacoes sucessivas. A metodologia e semelhante a descrita anterior-

mente, para o problema de Cauchy.

Considera-se a mudanca de variaveis

v =∂u

∂xe w =

∂u

∂y·

As novas variaveis serao u, v, w, obtendo-se o sistema (4) que sera reescrito:

(4) bis

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂v

∂y= f(x, y)− av − bw − cu

∂w

∂x= f(x, y)− av − bw − cu

∂u

∂y= w

As condicoes iniciais serao:

(8) u(x, y0) = ψ(x), v(x, y0) = ψ′(x), w(x0, y) = ϕ′(y).

A forma integral de (4)bis e (8) sera:

(9)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

v(x, y) = ψ′(x) +

∫ y

y0

(f − av − bw − cu) dy

w(x, y) = ϕ′(y) +

∫ x

x0

(f − av − bw − cu) dx

u(x, y) = ψ(x) +

∫ y

y0

w dy

Para entender o processo tome-se Ω igual ao retangulo ABCD da Fig. 2. Assim, no

sistema (9) tem-se x, y e um ponto de Ω.

Existencia de Solucao de (9) - Sera demonstrada pelo metodo de aproximacoes

sucessivas. De fato, considera-se como aproximacoes de ordem zero:

(10) v0 = ψ′(x), w0 = ϕ′(y), u0 = ψ(x).

45

O sistema de aproximacoes sucessivas e definido, indutivamente, por:

(11)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

vn(x, y) = v0(x) +

∫ y

y0

(f − avn−1 − bwn−1 − cun−1) dy

wn(x, y) = w0(y) +

∫ x

x0

(f − avn−1 − bwn−1 − cun−1) dx

un(x, y) = u0(x) +

∫ y

y0

wn−1 dy

para n = 1, 2, . . . .

A proxima etapa consiste em provar que a sucessao (vn, wn, un) converge, abso-

luta e uniformemente, no retangulo Ω

Ω = (x, y) ∈ R2; x0 ≤ x ≤ x0 + a, y0 ≤ y ≤ y0 + b.

De (11) obtem-se o sistema de diferencas:

(12)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

vn+1 − vn = −∫ y

y0

[a(vn − vn−1) + b(wn − wn−1) + c(un − un−1)] dy

wn+1 − wn = −∫ x

x0

[a(vn − vn−1) + b(wn − wn−1) + c(un − un−1)] dx

un+1 − un =

∫ y

y0

(wn − wn−1) dy

Daı, resulta:

|v1 − v0| ≤∫ y

y0

[ |f(x, y)|+(|a| + |b| + |c|

)(|v0| + |w0| + |u0|

)] dy.

Representando-se por M = max(|a|, |b|, |c|

)no retangulo e K = max(1, 3M),

obtem-se:

|v1 − v0| ≤ K

∫ y

y0

(|f | + |v0| + |w0| + |u0|

)dy ≤ KN(y − y0) ,

46

onde N = 4 max|f |, |ϕ′|, |ψ|, |ψ′| e daı

|v1 − v0| ≤ KN b ≤ K A.

Analogamente,

|w1 − w0| ≤ KA e |u1 − u0| < K A.

A proxima diferenca sera:

|v2 − v1| ≤∫ y

y0

|a||v1 − v0| + |b||w1 − w0| + |c||u1 − u0| dy.

Pela estimativa ja calculada, obtem-se:

|v2 − v1| ≤ AK

∫ y

y0

(|a| + |b| + |c|

)dy ≤ AK2(x− x0 + y − y0).

Daı calcula-se:

|v3 − v2| ≤ AK3

∫ y

y0

(x− x0 + y − y0) dy = AK3

[(x− x0 + y − y0)

2

2− (x− x0)

2

2

].

Portanto, resulta:

|v3 − v2| ≤ AK3 (x− x0 + y − y0)2

2!·

Procedendo-se indutivamente encontra-se:

|vn − vn−1| ≤ AKn (x− x0 + y − y0)n−1

(n− 1)!·

Demonstra-se, por inducao finita, que esta desigualdade vale para todo n. As mesmas

desigualdades sao validas para wn e un , obtendo-se:

(13)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

|vn − vn−1| ≤ AKn (x− x0 + y − y0)n−1

(n− 1)!

|wn − wn−1| ≤ AKn (x− x0 + y − y0)n−1

(n− 1)!

|un − un−1| ≤ AKn (x− x0 + y − y0)n−1

(n− 1)!

47

para n = 1, 2, . . . .

Considere-se as series de funcoes:

(14)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

v0 +

∞∑

n=1

(vn − vn−1)

w0 +∞∑

n=1

(wn − wn−1)

u0 +

∞∑

n=1

(un − un−1)

Examinar-se-a a convergencia da primeira (14) sendo analoga a analise das out-

ras. De fato, resulta de (13)1 que a serie (14)1 e majorada pela serie

(15) A+AK

∞∑

n=1

Kn−1 (x− x0 + y − y0)n−1

(n− 1)!·

Sendo (x− x0 + y − y0)n−1 ≤ (a + b)n−1, conclui-se que a serie (14)1 e dominada, em

valor absoluto, pela serie numerica convergente:

A+ AK

∞∑

n=1

Kn−1 (a+ b)n−1

(n− 1)!·

Note que esta serie converge para o numero

A(1 +K eK(a+b)

).

Portanto, a serie (14)1 converge absoluta e uniformemente no retangulo

Ω = (x, y) ∈ R2; x0 ≤ x ≤ x0 + a, y0 ≤ y ≤ y0 + b

para uma funcao contınua v(x, y). Sendo as somas parciais da serie (14)1 iguais ao termo

vn , para todo n, conclui-se que a sucessao (vn) de aproximacoes sucessivas converge

absoluta e uniformemente no retangulo Ω para a funcao contınua v(x, y).

48

Mutatis mutantis prova-se que as sucessoes (wn) e (un) convergem absoluta e

uniformemente, no retangulo Ω, para as funcoes contınuas w(x, y) e u(x, y).

A convergencia uniforme das sucessoes (vn), (wn) e (un) autoriza tomar o limite

em (11) quando n→ ∞. Assim, obtem-se v, w, u solucao de (9).

Unicidade - Suponha-se que existam duas solucoes (v, w, u) e (v, w, u) do sis-

tema (9). Considerando-se U = u− u, V = v − v e W − w − w, sao solucoes

(15)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

V (x, y) = −∫ y

y0

(aV + bW + cU) dy

W (x, y) = −∫ x

x0

(aV + bW + cU) dx

U(x, y) = −∫ y

y0

W (x, y) dy

As funcoes V , W , U sao contınuas no retangulo fechado, logo aı limitadas. Con-

sequentemente 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 retangulo.

Portanto, (15) e (16) obtem-se:

|V (x, y)| ≤∫ y

y0

(|a| + |b| + |c|

)αdy

ou

(17) |V (x, y)| ≤ K α(y − y0) ≤ K α(x− x0 + y − y0)

1!·

De modo analogo obtem-se:

|W (x, y)| ≤ K α(x− x0 + y − y0)

1!·(18)

|U(x, y)| ≤ (x− x0 + y − y0)

1!·(19)

49

Retornando a equacao (15)1 , tomando o valor absoluto e empregando a estima-

tiva (17) obtem-se:

(20) |V (x, y)| ≤ αK2 (x− x0 + y − y0)2

2!.

Por um processo analogo, empregando (18) e (19) obtem-se:

|W (x, y)| ≤ αK2 (x− x0 + y − y0)2

2!(21)

|U(x, y)| ≤ αK2 (x− x0 + y − y0)2

2!(22)

De modo indutivo, encontra-se:

(23)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

|V (x, y)| ≤ αKn (x− x0 + y − y0)n

n!

|W (x, y)| ≤ αKn (x− x0 + y − y0)n

n!

|U(x, y)| ≤ αKn (x− x0 + y − y0)n

n!

para n = 1, 2, . . . .

Observando-se as estimativas (23), conclui-se que V , W e U sao dominadas, em

valor absoluto, pelo termo geral da serie (15), que e convergente em valor absoluto e

uniformemente no retangulo. Logo seu termo geral converge para zero, o que implica:

V (x, y) = 0, W (x, y) = 0 e U(x, y) = 0

no retangulo, provando a unicidade.

METODO DE RIEMANN

O metodo de Riemann permite calcular explicitamente a solucao do problema de

Cauchy para o operador Lu, em funcao dos dados de Cauchy sobre uma curva γ. Sendo

Lu =∂2u

∂x∂y+ a

∂u

∂x+ b

∂u

∂y+ cu,

50

com coeficientes regulares. Segue-se, como foi visto, que Lu e do tipo hiperbolico com

as duas famılias de caracterısticas dadas por

x = c e y = c.

Como foi visto anteriormente, considerando a curva γ regular e nao interceptando

cada caracterıstica em mais de um ponto, entao o problema de Cauchy

(24)

∣∣∣∣∣∣∣

Lu = f em Ω

u∣∣γ

= ϕ,∂u

∂x

∣∣∣∣γ

= ψ

possui uma unica solucao. As hipoteses sobre ϕ, ψ, a, b, c sao as fixadas. O metodo de

demonstracao e o de aproximacoes sucessivas de Picard, como foi feito para o problema

de Goursat. No presente paragrafo sera exposto o metodo de Riemann permitindo

calcular explicitamente a solucao u de (24) em funcao dos dados e da funcao de Riemann

do referido problema. Posteriormente serao feitas aplicacoes a equacao do telegrafo e a

equacao de vibracoes transversais de uma corda elastica.

A primeira etapa do metodo consiste em representar o produto

(25) v Lu,

sendo v(x, y) uma funcao real C1(Ω), sob a forma de uma divergencia para, a seguir,

aplicar o lema de Gauss ou a formula de Riemann-Green. De modo preciso, determina-se

duas funcoes M e N , de classe C1(Ω), lineares em u,∂u

∂x,∂u

∂ytais que

(26) v Lu =∂M

∂x+∂N

∂yem Ω.

Isto equivale a dizer que v Lu e a divergencia do campo de vetores (M,N).

51

De fato, suponha-se que

M = β∂u

∂y+ γu e N = α

∂u

∂x+ δu,

com α, β, γ, δ determinadas de modo que se verifique a (26).

Obtem-se:

(27)

∂

∂x

(β∂u

∂y+ γu

)+

∂

∂y

(α∂u

∂x+ δu

)=

= (α+ β)∂2u

∂x∂y+

(γ +

∂α

∂y

)∂u

∂x+

(δ +

∂β

∂x

)∂u

∂y+

+

(∂γ

∂x+∂δ

∂y

)u.

Portanto de (26) e (27), resulta:

α+ β = v, γ +∂α

∂y= av, δ +

∂β

∂x= bv(29)

∂γ

∂x+∂β

∂y= cv(30)

Considerando-se, em particular

(31) α = β =v

2

conclui-se de (29):

(32) γ = av − 1

2

∂v

∂ye δ = bv − 1

2

∂v

∂x·

Para que γ e δ dados por (32) satisfacam a condicao (30), deve-se ter:

(33)∂

∂x

(av − 1

2

∂v

∂y

)+

∂

∂y

(bu− 1

2

∂v

∂x

)= cv

52

ou, v e solucao da equacao:

(34)∂2v

∂x∂y− a

∂v

∂x− b

∂v

∂y+

(c− ∂a

∂x− ∂b

∂y

)v = 0,

denominada equacao adjunta de Lu = 0.

O operador L∗v, definido pelo membro da direita de (34), denomina-se adjunto

de Lu.

Considere-se uma solucao particular v da equacao L∗v = 0 e com esta funcao v

defina M e N do modo seguinte:

M =v

2

∂u

∂y+

(av − 1

2

∂v

∂y

)u = u

(av − ∂v

∂y

)+

1

2

∂

∂y(uv)

N =v

2

∂u

∂x+

(bv − 1

2

∂v

∂x

)u = u

(bv − ∂v

∂x

)+

1

2

∂

∂x(uv)

Para calcular a solucao do problema de Cauchy (24), guiar-nos-emos pela Fig. 3.

Considere-se uma porcao de curva γ representada pelo arco BC da Fig. 3. Sera calcu-

lado o valor da solucao u(x, y) em A de coordenadas (x0, y0), como na Fig. 3. Supoe-se

γ decrescente em x > 0, y > 0, tem-se C intersecao de x = x0 com γ e B de y = y0 com

γ. O problema de Cauchy sera a determinacao de u(x, y) satisfazendo as condicoes:

(35)

∣∣∣∣∣∣∣

Lu = f em R2

u = ϕ,∂u

∂x= ψ sobre o arco BC

Supoe-se ϕ, ψ, a, b, c continuamente diferenciavel e f contınua em R2.

Representa-se por Γ a fronteira de Ω, como na Fig. 3, orientada no sentido

anti-horario. Suponha f = 0 para facilitar.

Considere-se a solucao particular da equacao adjunta L∗v = 0, sem condicao

inicial no momento. Como ja foi verificado, define-se M e N por meio de v, obtendo-se

a (28), isto e,

v Lu =∂M

∂x+∂N

∂y·

53

Fig. 3

Se u for a solucao do problema de Cauchy (35), com f = 0, integrando-se sobre

Ω obtem-se:

(36)

∫

Ω

(∂M

∂x+∂N

∂y

)dxdy = 0.

Observacao 2: Se f nao for zero, a (36) sera igual a∫Ωvf dxdy.

Representa-se por∫Ω

a integral dupla sobre Ω. Aplicando-se em (36) a formula

de Riemann-Green, obtem-se:

(37)

∫

Γ

M νx dΓ +

∫

Γ

N νy dΓ = 0,

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) obtem-se:

(38)

∫

BC

Mνx dΓ +

∫

BC

Nνy dΓ +

∫

AB

Mνx dΓ +

+

∫

AB

Nνy dΓ +

∫

CA

Mνx dΓ +

∫

CA

Nνy dΓ = 0.

Note-se que em (38) todas as integrais sao curvilıneas.

Examinando-se νx , νy sobre as varias componentes de Γ, obtem-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 calculos

sobre BC, CA e AB, reduz-se a (38) a forma:

(39)

∫

BC

M dy −∫

BC

N dx−∫

AB

N dx+

∫

CA

M dy = 0.

Substituindo-se M e N conhecidas em funcao da solucao v de L∗v = 0, obtem-se:∫

CA

M dy =1

2

[uv

]A

C+

∫

CA

u

(av − dv

dy

)dy(40)

∫

AB

N dx =1

2

[uv

]B

A+

∫

AB

u

(bv − ∂v

∂x

)dx(41)

Sobre o arco CB sao conhecidas u,∂u

∂x,∂u

∂yobtidas pelos dados de Cauchy ϕ e ψ.

Assim, a (39) sera simplificada se a solucao particular v da equacao adjunta L∗v = 0

anular as integrais nos membros da direita de (40) e (41), respectivamente. Para que

tal aconteca, e suficiente que sobre o segmento AB da equacao y = y0 se tenha:

(42) b(x, y0)v(x, y0) −∂v

∂x(x, y0) = 0

55

ou

v(x, y0) = exp

( ∫ x

x0

b(s, y0) ds

).

Sobre o segmento AC de equacao x = x0 deve-se ter:

(43) a(x0, y)v(x0, y) −∂v

∂y(x0, y) = 0

ou

v(x0, y) = exp

( ∫ y

y0

a(x0, s) ds

).

Portanto, a solucao v do problema adjunto L∗v = 0 nao sera mais arbitraria,

pois devera satisfazer as condicoes (42) sobre AB e (43) sobre CA.

Aqui chega-se ao ponto mais significativo do metodo de Riemann. Represente-

se por R(x, y, x0, y0) a solucao do problema adjunto L∗v = 0, satisfazendo a condicao

(42) sobre AB e (43) sobre CA. Se assim for, R(x, y, x0, y0) = 1 em A. Esta solucao

R(x, y, x0, y0) do problema adjunto L∗v = 0, denomina-se FUNCAO DE RIEMANN do

problema de Cauchy (24) para Lu.

E oportuno observar que AB e CA sao segmentos caracterısticos de Lu. Portanto,

a funcao de Riemann e solucao de um problema de Goursat para o adjunto de Lu, cujas

condicoes iniciais sobre os segmentos caracterısticos AB e CA sao dadas em funcao dos

coeficientes b(x, y) e a(x, y) de Lu, veja (42) e (43). A solucao e igual a um em A.

De modo simbolico, a funcao de Riemann seria a funcao v solucao do problema

de Goursat:

(44)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

L∗v = 0 em Ω

v = exp

( ∫ x

x0

b(s, y0) ds

)em AB

v = exp

( ∫ y

y0

a(x0, s) ds

)em CA

v = 1 em A

56

Portanto se R for a funcao de Riemann do problema obtem-se:∫

CA

M dx =1

2

[Ru

]A

C(45)

∫

AB

N dy =1

2

[Ru

]B

A(46)

Substituindo-se (45) e (46) em (39), obtem-se:

(47)1

2

[Ru

]A

C− 1

2

[Ru

]B

A+

∫

BC

M dy −∫

BC

N dx = 0.

Sendo R = 1 em A, obtem-se de (47) a forma explıcita da solucao do problema de

Cauchy (24), dada por:

(48) uA =1

2

[(Ru)B + (Ru)C

]−

∫

BC

M dy +

∫

BC

N dx.

Analisando (48) observa-se que u e conhecida em B e C. As funcoes M e N sao

conhecidas sobre CB porque u,∂u

∂x,∂u

∂yo sao. Assim, (48) da explicitamente a solucao

do problema de Cauchy (24) para qualquer ponto A do domınio de existencia, fora de

γ, onde sao conhecidos os dados de Cauchy.

Denonima-se (48) FORMULA DE RIEMANN para o problema de Cauchy (24).

A seguir serao feitas aplicacoes do metodo de Riemann para o estudo da Equacao

do Telegrafo e da Equacao de Vibracoes Transversais de uma Corda Elastica.

EQUACAO DO TELEGRAFO

Nas equacoes diferenciais parciais da Fısica Matematica representa-se a variavel

y por t que representa o parametro tempo. Assim, com uma conveniente mudanca de

escala, a equacao que modela o fluxo de eletricidade em um fio metalico e dada por

∂2V

∂t2− ∂2V

∂x2= −2

∂V

∂t, −∞ < x < +∞, t > 0,

57

sendo V (x, t) o potencial eletrico. Trata-se de uma equacao hiperbolica. Tem-se

LV =∂2V

∂t2− ∂2V

∂x2e F = −2

∂V

∂t

e uma equacao linear. Em geral, nos problemas de Fısica Matematica, procura-se a

solucao do problema de Cauchy fixando-se um dado instante quando inicia-se a observar

o fenomeno. Escolhe-se t = 0. Portanto, fixa-se V e∂V

∂tquando t = 0. Entao a curva

γ do problema de Cauchy e

γ = (x, t) ∈ R2+ ; t = 0.

Note-se que R2+ e o semiplano (x, t) com t ≥ 0.

Estuda-se nesta secao o problema de Cauchy:

(49)

∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2V

∂t2− ∂2V

∂x2+ 2

∂V

∂t= 0 em t > 0, −∞ < x < +∞

V (x, 0) = χ(x) e∂V

∂t(x, 0) = ψ(x) em −∞ < x < +∞

sendo χ e ψ continuamente diferenciaveis.

Procura-se a solucao sob a forma

(50) V (x, t) = e−t U(x, t).

Substituindo-se em (49)1 , encontra-se:

(51)∂2U

∂t2− ∂2U

∂x2= U.

As condicoes iniciais (49)2 mudam para

(52) U(x, 0) = χ(x),∂U

∂t(x, 0) = χ(x) + ψ(x).

58

Para aplicar o metodo de Riemann, considere-se a transformacao de coordenadas

τ : (x, t) → (X, Y ) definida por:

(53) 2X = x+ t, 2Y = x− t.

Fazendo-se o calculo em (51) e representando por u(X, Y ) a nova incognita obtem-se:

(54 .)∂2u

∂X∂Y+ u = 0

Para saber como mudam os dados iniciais, observe-se que a reta t = 0 do plano

(x, t) e transformada, por (53), na bissetriz Y = X do planoX , Y . Portanto, o problema

de Cauchy para (54) tem seus dados sobre a curva γ que e a bissetriz Y = X . Tem-se:

(55) u(X,X) = χ(2X),1

2

(∂u

∂X(X,X)− ∂u

∂Y(X,X)

)= ψ(2X) + χ(2X).

Tem-se a imagem geometrica dada pela Fig. 4.

Deve-se calcular, com a formula de Riemann (48) a solucao de (54) com dados

(55) sobre a diagonal Y = X . Para tal necessario se torna calcular a funcao 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

∂X∂Y+ v . A equacao adjunta sera:

(56)∂2v

∂X∂Y+ v = 0.

A funcao de Riemann sera tal que v e solucao de (56) com v = 1 em A, veja Fig. 4. Note

que A e a intersecao das caracterısticas 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 calculo da funcao

de Riemann. Considere-se o produto

(57) λ = (X −X0)(Y − Y0),

procurando-se a solucao de (56) tal que

(58) R(X, Y,X0, Y0) = ϕ(λ)

sendo ϕ(0) = 1. Fazendo-se a mudanca de variaveis (57) na equacao (56), obtem-se:

(59) λd2ϕ

dλ2+dϕ

dλ+ ϕ(λ) = 0,

com a condicao inicial

(60) ϕ(0) = 1.

Trata-se de uma equacao de Bessel. O ponto λ = 0 e um ponto singular. Calcula-

se, a seguir, uma solucao analıtica de (59), (60). Considere-se a serie de potencias

(61) ϕ(λ) = 1 + a1λ+ a2λ2 + · · ·+ anλ

n + . . .

cujos coeficientes sao determinados de modo que (61) seja solucao de (59). Substituindo-

se em (59), obtem-se a relacao de recorrencia:

n(n− 1)an + nan + an−1 = 0, n = 1, 2, . . .

60

ou

n2 an + an−1 = 0.

Logo a funcao de Riemann e:

ϕ(λ) = 1 − λ

12+

λ2

(1.2)2− λ3

(1.2.3)2+ · · ·+ (−1)n λn

(n!)2+ . . .

De modo explıcito, tem-se:

R(X, Y,X0, Y0) = 1 − (X −X0)(Y − Y0)

12+

[(X −X0)(Y − Y0)]2

(1.2)2+ . . .

A solucao da equacao dada pela formula de Riemann e:

(62)

uA =1

2

[(uR)B + (uR)C

]

+1

2

∫

BC

R

(∂u

∂X− ∂u

∂Y

)dX − 1

2

∫

BC

u

(∂R

∂X− ∂R

∂Y

)dX

porque a = b = 0 e dX = dY em BC.

Tem-se

(63) R = ϕ(λ),∂R

∂X=dϕ

dλ(Y − Y0) e

∂R

∂Y=dϕ

dλ(X −X0),

R = 1 em B e C.

Logo, encontra-se de (62):

uA =1

2(uB + uC) +

1

2

∫

BC

ϕ(λ)

(∂u

∂X− ∂u

∂Y

)dX +

Y0 −X0

2

∫

BC

χ(X)ϕ′(λ) dX

porque Y = X sobre CB e u(X,X) = χ(X). De (55), obtem-se:

u(x0, t0) =1

2(uB + uC) +

∫

BC

ϕ(λ) (ψ(2X) + χ(2X)) dX − t02

∫

BC

χ(2X)ϕ′(λ)dX.

61

A solucao da equacao do telegrafo e:

V (x0, t0) = e−t0 u(x0, t0)

que converge para zero se t0 → ∞.

CORDAS VIBRANTES

Com a convencao feita sobre as variaveis y e t, obtem-se a equacao diferencial

parcial de vibracoes transversais de uma corda elastica, dada do modo seguinte:

∂2u

∂t2− k2 ∂

2u

∂x2= 0, t ≥ 0, −∞ < x < +∞.

Representa-se por u(x, t) a deformacao da corda no instante t. Tem-se o seguinte prob-

lema de Cauchy:

(64)

∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− k2 ∂

2u

∂x2= 0 em −∞ < x < +∞ e t > 0

u(x, 0) = ϕ(x),∂u

∂t(x, 0) = ψ(x) em −∞ < x < +∞

Note-se que os dados de Cauchy sao sobre a curva

γ = (x, t) ∈ R2+ ; t = 0

isto e, o eixo dos x.

A equacao (64)1 foi a primeira equacao diferencial parcial estudada do ponto de

vista matematico. Salienta-se a contribuicao de Jean d’Alembert que, pela primeira vez,

exibiu uma forma explıcita para a solucao do problema (64), conhecida por Formula de

d’Alembert. Usando o metodo de Riemann reencontra-se a formula d’Alembert.

Inicia-se fazendo uma mudanca de coordenadas

τ : (x, t) → (X, Y )

62

sendo

(65) X = x+ kt e Y = x− kt.

O k que aparece em (64)1 e uma constante positiva. Por meio de (65) a equacao (64)1

transforma-se em

(66)∂2u

∂X∂Y= 0

que e uma equacao hiperbolica, cujas caracterısticas sao 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 serao:

(67) u(X,X) = ϕ(X) e∂u

∂t(x, 0) = k

∂u

∂X(X,X)− k

∂u

∂Y(X,X) = ψ(X).

Desta forma o problema de Cauchy (64) transforma-se no seguinte:

(68)

∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂X∂Y= 0

u(X,X) = ϕ(X) e k∂u

∂X(X,X)− k

∂u

∂Y(X,X) = ψ(X)

63

Supoe-se que ϕ e ψ continuamente diferenciaveis em −∞ < x < +∞.

Resolve-se o problema de Cauchy (68) pelo metodo de Riemann. De fato, tem-se

(69) Lu =∂2u

∂X∂Y,

logo a = c = b = 0, veja (24), o que traz otimas simplificacoes. O adjunto de L e o

operador

(70) L∗v =∂2v

∂X∂Y·

A formula de Riemann (48) e dada por:

(71) uA =1

2

[(uR)B + (uR)C

]+

∫

BC

(N −M) dX

porque sobre BC tem-se Y = X .

Sendo a = b = 0, obtem-se:

(72) N −M = −v2

(∂u

∂Y− ∂u

∂X

)+

1

2

(∂v

∂Y− ∂v

∂X

).

Resta conhecer a funcao de Riemann que vai caracterizar a solucao v da equacao adjunta,

logo ficam conhecidas M e N sobre BC.

Para calcular a funcao de Riemann do problema de Cauchy (68), observe que no

presente caso a = b = 0, logo a solucao R do problema de Goursat (44) eR(x, y, x0, y0) =

1 em todo ponto, isto e, a funcao de Riemann e a identidade. Logo, (72) reduz-se a

(73) N −M = +1

2kψ(X).

Portanto, de (35), sendo R ≡ 1, a (71) toma a forma:

(74) uA =1

2(uB + uC) +

1

k

∫

BC

ψ(λ) dλ.

64

Tem-se B e o ponto (X,X) e C e o ponto (Y, Y ). Logo uB = u(X,X) = ϕ(X) e

uC = u(Y, Y ) = ϕ(Y ). Tem-se A e o ponto (X, Y ) e portanto, a solucao e:

u(X, Y ) =1

2

[ϕ(X) + ϕ(Y )

]+

1

2k

∫ Y

X

ψ(λ) dλ.

Sendo X = x+ kt, Y = x− kt, obtem-se, pelo metodo de Riemann, a solucao explıcita

do problema de Cauchy (64):

(75) u(x, t) =1

2

[ϕ(x+ kt) + ϕ(x− kt)

]+

1

2k

∫ x+kt

x−kt

ψ(λ) dλ

que e a conhecida formula d’Alembert ou solucao de d’Alembert.

A seguir sera feita uma interpretacao da solucao de d’Alembert. No instante

em que observa-se a deformacao de uma corda perturbada, observa-se o grafico ϕ(x) =

u(x, 0) que denomina-se configuracao inicial. Para interpretar as sucessivas configura-

coes supoe-se que ψ = 0. Assim a solucao de

(76)

∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− k2 ∂

2u

∂x2= 0 em −∞ < x < +∞, t > 0

u(x, 0) = ϕ(x),∂u

∂x(x, 0) = 0, −∞ < x < +∞,

sera, por intermedio da solucao de d’Alembert, dada por:

(77) u(x, t) =1

2

[ϕ(x+ kt) + ϕ(x− kt)

].

Note-se que ϕ(x−kt) obtida de ϕ(x) por meio de uma translacao kt na direcao positiva

do eixo dos x. Analogamente, ϕ(x + kt) e obtida de ϕ(x) apos uma translacao −ktna direcao negativa do eixo dos x. Portanto ϕ(x − kt) e onda de configuracao inicial

ϕ(x) que se propaga na direcao positiva do eixo x, com velocidade de propagacao k. Ela

denomina-se onda progressiva. Semelhantemente, ϕ(x+kt) e a onda ϕ(n) se propagando

65

na direcao negativa do eixo x, com velocidade k. Esta denomina-se onda regressiva. A

solucao de d’Alembert, quando ψ = 0, e a media aritmetica das duas ondas.

Note-se que (77), como solucao de (76)1 , deve ser duas vezes continuamente

diferenciavel em −∞ < x < +∞. Sera escolhida no presente exemplo uma funcao C∞

em R, nula fora de um intervalo fechado. Escolheu-se esta funcao pois aparece em outras

situacoes significantes.

Considere-se a funcao

ρ(x) =

∣∣∣∣∣∣

e− 1

1−x2 se |x| < 1

0 se |x| ≥ 1

cujo grafico e:

Fig. 6

Esta funcao e C∞(R) e se anula no exterior do intervalo fechado −1 ≤ x ≤ +1.

Ela pode ser considerada como configuracao inicial ϕ(x). A solucao de d’Alembert seria:

u(x, t) =1

2[ρ(x+ kt) + ρ(x− kt)].

66

Ter-se-ia:

ρ(x+ kt) =

∣∣∣∣∣∣∣

exp

(− 1

1 − (x+ kt)2

)se − 1 < x+ kt < +1

0 se |x+ kt| ≥ 1

ρ(x− kt) =

∣∣∣∣∣∣∣

exp

(− 1

1 − (x− kt)2

)se − 1 < x− kt < +1

0 se |x− kt| ≥ 1

Sera analisado para os instantes de tempo tn =n

2k, n = 0, 1, 2, 3.

• Se n = 0, t = 0 e a solucao

u(x, 0) =1

2[ρ(x) + ρ(x)] = ρ(x)

e a configuracao inicial e a da funcao ρ(x) cujo grafico e o da Fig. 6.

• Se n = 1, t1 =1

2ae x± kt = x± 1

2.

Tem-se:

ρ(x+

1

2

)=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

exp

(− 1

1 −(x+ 1

2

)2

)se − 3

2< x <

1

2

0 se |x+1

2| ≥ 1

ρ(x− 1

2

)=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

exp

(− 1

1 −(x− 1

2

)2

)se − 1

2< x < +

3

2

0 se |x− 1

2| ≥ 1

67

Fig. 7

• n = 2, t2 =1

ke x± kt = x± 1

Obtem-se:

ρ(x+ 1) =

∣∣∣∣∣∣∣

exp

(− 1

1 − (x+ 1)2

)se − 2 < x < 0

0 se |x+ 1| ≥ 1

ρ(x− 1) =

∣∣∣∣∣∣∣

exp

(1

1 − (x− 1)2

)se 0 < x < +2

0 se |x− 1| ≥ 1

68

Fig. 8

• n = 3, t3 =3

2ae x± kt = x± 3

2

Resulta:

ρ(x+

3

2

)=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

exp

(− 1

1 −(x+ 3

2

)2

)se − 5

2< x < +

1

2

0 se |x+3

2| ≥ 1

ρ(x− 3

2

)=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

exp

(− 1

1 −(x− 3

2

)2

)se +

1

2< x < +

5

2

0 se |x− 3

2| ≥ 1

69

Fig. 9

PRINCIPIO DE DUHAMEL

Sera examinado o caso do operador linear

Lu(x, t) =∂2u

∂t2− k2 ∂

2u

∂x2·

Considera-se o problema de Cauchy

(78)

∣∣∣∣∣∣∣

Lu(x, t) = h(x, t), −∞ < x < +∞, t ≥ 0

u(x, 0) = 0 e∂u

∂t(x, 0) = 0 em −∞ < x < +∞.

Note-se que sendo L um operador linear, sem perda de generalidade, considera-se com

condicoes iniciais nulas.

O problema de Cauchy (*) sera resolvido por meio do princıpio de Duhamel,

o qual e analogo ao metodo de Lagrange de variacao dos parametros empregado no

estudo de equacoes diferenciais ordinarias lineares dotadas de segundo membro. Ele sera

70

empregado, tambem, no Capıtulo 4 para resolver o problema (78) quando Lu(x, t) =

∂u

∂t− ∂2u

∂x2·

De fato, o metodo consiste em determinar a solucao do problema (78) sob a

forma:

(79) u(x, t) =

∫ t

0

w(x, t, s) ds,

sendo w(x, t, s), para cada s ≥ 0 fixo, solucao do problema de Cauchy:

(80)

∣∣∣∣∣

Lw(x, t, s) = 0 para t ≥ s

w(x, s, s) = 0, wt(x, s, s) = h(x, s)

Note-se que s ≥ 0 e um parametro e (80) e um problema de Cauchy em t = s. Suponha-

se h(x, t) duas vezes continuamente diferenciavel e limitada em −∞ < x < +∞, t ≥ 0.

E simples verificar que se w(x, t, s) for solucao de (80), entao u(x, t) definida por (79) e

solucao de (78).

Entao, considerando a funcao

v(x, t, s) = w(x, t+ s, s)

conclui-se que v(x, t, s) e solucao do problema de Cauchy:

(81)

∣∣∣∣∣

Lv(x, t, s) = 0 para t ≥ 0

v(x, 0, s) = 0, vt(x, 0, s) = h(x, s)

A solucao deste problema e dada pela formula de D’Alembert (75), com ϕ = 0, ψ = h,

isto e,

v(x, t, s) =1

2k

∫ x+kt

x−kt

h(ξ, s) dξ.

Substituindo v(x, t− s, s) = w(x, t, s) em (79) obtem-se a solucao de (78) dada por:

u(x, t) =1

2k

∫ t

0

∫ x+k(t−s)

x−k(t−s)

h(ξ, s) dξ ds.

71

EXERCICIOS RESOLVIDOS

1. Usando o metodo de Riemann, resolver o seguinte problema de Cauchy

(*)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= 0 em R

2

u(t, 2 − t) = 3t 0 ≤ t ≤ 2

∂u

∂x(t, 2 − t) = t+ 2

SOLUCAO:

Identificando o problema (*) na forma dada em (24), observa-se que a = 0, b = 0 e

c = 0 e que a curva γ e dada por

γ :

x = t

y = 2 − t0 ≤ t ≤ 2

Entao, a funcao de Riemann v solucao do problema adjunto dado pela formula

(44)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2v

∂x∂y= 0 em R

2, obtem-se que v(x, y) = 1

v = 1 em AC

v = 1 em AB

v = 1 em A

72

Pela formula (48) obtem-se:

(i) u(x0, y0) =1

2

(u(x0, 2 − x0) + u(2 − y0, y0)

)+

∫

BC

M dy −N dx.

De (34.1), obtem-se que em BC

M =t− 1

2, N =

t+ 2

2·

Logo,

(ii)

∫

BC

M dy −N dx =

∫ 2−y0

x0

[1

2(t− 1)(−1) − 1

2(t+ 2) · 1

]dt

=

(x2

0

2+x0

2

)−

((2 − y0)

2

2+

2 − y02

)

e como B e C sao 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) =x2

0

2− (2 − y0)

2

2+ 2x0 − y0 + 2 e a solucao.

Como (x0, y0) e arbitrario, vem que

u(x, y) =x2

2− (2 − y)2

2+ 2x− y + 2.

2. Usando o metodo de Riemann, resolver:

(*)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= 0, no primeiro quadrante

u(t, 1 − t2) = 2t2

∂u

∂x(t, 1 − t2) = t 0 ≤ t ≤ 1

73

SOLUCAO:

Considerando (*) na forma dada em (24), observa-se que os coeficientes do op-

erador L, sao a = b = c = 0 e que a curva γ e dada por

γ :

x = t

y = 1 − t20 ≤ t ≤ 1

Como no exercıcio 1, observa-se que a funcao de Riemann v e dada por v(x, y) =

1. Pela formula (48), obtem-se que a solucao (*) no ponto A e dada por:

u(x0, y0) =1

2

(u(x0, 1 − x2

0) + u(√

1 − y0, y0))

+

∫

BC

M dy −N dx.

De (34.1), observa-se que em BC, curva contida em γ, tem-se M = −3

4e N =

t

2·

Entao:∫

BC

M dy −N dx =

∫ √1−y0

x0

(3t

2− t

2

)dt =

1 − y02

− x20

2·

Como B e C sao pontos de γ, vem:

u(x0, 1 − x20) = 2x2

0 e u(√

1 − y0, y0) = 2(1 − y0).

Logo, a solucao de (*) e dada por:

u(x0, y0) =1

2

(2x2

0 + 2(1 − y0))

+1 − y0

2− x2

0

2=x2

0

2− 3

2y0 +

3

2·

Como (x0, y0) e arbitrario, a solucao e:

u(x, y) =x2

2− 3y

2+

2

3·

74

3. Determine a solucao do seguinte problema de Cauchy:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= 0 em R

2

u/γ = ϕ∂u

∂x

/γ = ψ

onde

γ :

x = sen t 0 ≤ t ≤ π

2 , ϕ(t) = cos t

y = cos t ψ(t) = 2 sen t

SOLUCAO:

Usando o metodo de Riemann,

observa-se que a funcao de Riemann

v e dada por v(x, y) = 1

De (34.1), tem-se que em BC contido em γ, vem:

M =1

2+ cos t, N = sen t.

Tambem, como B e C sao pontos de γ,

u(x,

√1 − x2

0

)=

√1 − x2

0 , u(√

1 − y20 , y0

)= y0 .

Pela formula (48):

(i) u(x0, y0) =1

2

(√1 − x2

0 + y0)

+

∫

BC

M dy −N dx

75

e∫

BC

M dy −N dx =

∫ arc sen√

1−y20

arc sen x0

−1

2sen t− 2 sen t cos t dt =(ii)

= x20 + y2

0 − 1 +y02

− 1

2

√1 − x2

0 .

De (i) e (ii), a solucao e:

u(x, y) = x2 + y2 + y − 1.

4. Calcule a solucao do seguinte problema de Cauchy:

(*)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y+ 2

∂u

∂x= 0 em R

2

u(t, 3 − t) = t+ 1 0 ≤ t ≤ 3

∂u

∂x(t, 3 − t) = 2t+ 3

SOLUCAO:

Considerando (*) na forma dada em (24) observa-se que os coeficientes do oper-

ador L sao: a = 2, b = c = 0 e que a curva γ e dada por:

γ :

x = 1

y = 3 − t0 ≤ t ≤ 3.

Logo, a funcao de Riemann v e solucao do problema

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2v

∂x∂y− 2

∂v

∂x= 0

v = e

∫y

y02dS

em AB

v = 1 em AC

v = 1 em A

76

Entao:

v(x, y) = e2(y−y0).

De (34.1) tem-se que em BC,

M = 2(t+ 1)e2(3−t−y0) e N =2t+ 3

2e2(3−t−y0)

∫

BC

M dy −N dx =5

2+

3(3 − y0)

2− 5

2e2(3−x0−y0) − 3x0

2e2(3−x0−y0).

Pela formula (48), a solucao e dada por:

u(x0, y0) =1

2

((uv)B + (uv)C

)+

∫

BC

M dy −N dx =

=1

2

[(x0 + 1)e2(3−x0−y0) + 4 − y0

]+

+5

2+

3(3 − y0)

2− 5

2e2(3−x0−y0) − 3x0

2e2(3−x0−y0) =

= −x0 e2(3−x0−y0) − 2 e2(3−x0−y0) − 2y0 + 9.

5. Usando o metodo de Riemann, ache a solucao do seguinte problema de Cauchy:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2= 0

u(t, 4 − 2t) = t 0 ≤ t ≤ 2

∂u

∂x(t, 4 − 2t) = 2t+ 1

77

SOLUCAO:

Fazendo a mudanca: ξ = x− y e η = x+ y, o problema transforma-se em:

(*)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂ξ∂η= 0

u(3t− 4, 4 − t) = t

− ∂u

∂ξ(3t− 4, 4 − t) +

∂u

∂η(3t− 4, 4 − t) = 2t+ 1

Observa-se que mediante a mudanca, a curva

γ :

x = t

y = 4 − 2t 0 ≤ t ≤ 2,

e transformada em

Γ :

ξ = 3t− 4

η = 4 − t 0 ≤ t ≤ 2

e que∂u

∂x= −∂u

∂ξ+∂u

∂η·

Logo, a funcao de Riemann v associada a (*) como nos problemas 1, 2, e 3, e

dada por v(ξ, η) = 1

E :

uB = −(

8 − ξ03

)+ 4

uC = −η0 + 4

M =1

2

∂u

∂η

N =1

2

∂u

∂ξ

78

Entao:

u(ξ0, η0) =1

2(uB + uC) +

∫

BC

M dη −N dξ.

Mas,

∫

BC

M dη −N dξ =

∫ 8−3η0

ξ0

−(3t+ 2) − 3

2(t+ 1) dt

= −9

4(8 − 3η0)

2 +9

4ξ20 − 7

2(8 − 3η0) +

7

2ξ0 .

Logo:

u(ξ0, η0) =1

2

(−

(8 − ξ0

3

)+ 4 − η0 + 4

)− 9

4(8 − 3η0)

2 +9

4ξ20 − 7

2(8 − 3η0) +

7

2ξ0 =

=9

4(8 − 3η0)

2 +9

4ξ20 + 10η0 +

11ξ03

− 76

3·

Entao:

u(x, y) = −9

4

(8 − 3(x+ y)

)2+

9

4(x− y)2 + 10(x+ y) +

11

3(x− y) − 76

3·

6. Sem fazer uso do metodo de Riemann, deduzir a formula de D’Alembert para re-

solver o problema:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2−K2 ∂

2u

∂x2= 0 em −∞ < x < +∞, t > 0

u(x, 0) = ϕ(x) em −∞ < x < +∞

∂u

∂t(x, 0) = ϕ(x)

79

SOLUCAO:

Fazendo a mudanca ξ = x+Kt η = x−Kt transforma-se o problema a forma

canonica∂2u

∂ξ∂η= 0 o qual tem solucao geral

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

∂t(x, 0) = ψ(x), vem

(iii) Kf ′(x) −Kg′(x) = ψ(x).

Entao, de (ii) e (iii),

f(x) =1

2ϕ(x) +

1

2K

∫ x

x0

ψ(s) ds

g(x) =1

2ϕ(x) − 1

2K

∫ x

x0

ψ(s) ds.

E de (i), tem-se

u(x, t) =1

2

(ϕ(x+Kt) + ϕ(x−Kt)

)+

1

2K

∫ x+Kt

x−Kt

g(s) ds.

7. Encontre a solucao do seguinte problema de Goursat:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= f(x, y)

u(0, y) = ϕ(y)

u(x, 0) = ψ(x)

onde ϕ e ψ sao de classe C1 e ϕ0 = ψ0 .

80

SOLUCAO:

Integrando na equacao, tem-se:

(i) u(x, y) =

∫ x

0

∫ y

0

f(r, s) dsdr+ g(x) + h(y).

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) +

∫ x

0

∫ y

0

f(r, s) dsdr.

8. Usando o problema 7, resolver os seguintes problemas de Goursat:

(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= x

u(x, 0) = x2

u(0, y) = y2

(ii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= y + 1

u(x, 0) = 2x+ 1

u(0, y) = y − 1

81

SOLUCAO:

u(x, y) = x2 + y2 +

∫ x

0

∫ y

0

r dsdr =(i)

= x2 + y2 +x2

2· y

u(x, y) = (2x+ 1) + (y − 1) − 1 +

∫ x

0

∫ y

0

+1 dsdr =

= 2x+ y − 1 +xy2

2+ xy.

9. Determine a solucao do seguinte problema de Goursat:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y+ α

∂u

∂y= f(x, y) α = constante

u(x, 0) = ψ(x)

u(0, y) = ϕ(y)

onde ψ e ϕ sao de classe C1 com ψ(0) = ϕ(0).

SOLUCAO:

Pode-se escrever a equacao na forma:

∂

∂y

(∂u

∂x+ αu

)= f(x, y).

Integrando em y

∂u

∂x+ αu =

∫ y

0

f(x, s) ds+ g(x).

82

Multiplicando por eαx

∂u

∂x(u eαx) = eαx

∫ y

0

f(x, s) ds+ eαxg(x).

Integrando em x:

u eαx =

∫ x

0

∫ y

0

eαrf(r, s) dsdr+

∫ x

0

eαrg(r)dr+ h(y).

Logo,

(i) u(x, y) = e−αx

∫ x

0

∫ y

0

eαr f(r, s) dsdr+ g(x) + e−αx h(y).

Como u(x, 0) = ψ(x), tem-se

(ii) ψ(x) = g(x) + e−αx h(0).

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).

Entao,

(v) g(x) + e−αx h(y) = ψ(x) + e−αx(ϕ(y) − ϕ(0)

).

83

De (v) e (i), tem-se

u(x, y) = e−αx,

∫ x

0

∫ y

0

eαr f(r, s) dsdr+ ψ(x) + e−αx(ϕ(y) − ϕ(0)

).

10. Determine a solucao do problema de Goursat

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2−K2 ∂

2u

∂x2= 0

u(x, t) = ϕ(x) quando x+Kt = 0

u(x, t) = ψ(x) quando x−Kt = 0

onde ϕ e ψ sao de classe C1 com ϕ(0) = ψ(0).

SOLUCAO:

Observa-se que a solucao geral da equacao:

∂2u

∂t2−K2 ∂

2u

∂x2= 0

e 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:

g(x−Kt) = ϕ

(x−Kt

2

)− f(0).

De (iii), substituindo x porx+Kt

2, vem:

f(x+Kt) = ψ

(x+Kt

2

)− g(0).

Como por (ii), g(0) + f(0) = ϕ(0),

f(x+Kt) + g(x−Kt) = ϕ

(x−Kt

2

)+ ψ

(x+Kt

2

)− ϕ(0).

De (i), vem:

u(x, t) = ϕ

(x−Kt

2

)+ ψ

(x+Kt

2

)− ϕ(0).

11. Determine a solucao do problema de Goursat:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x∂2u

∂x2− x3 ∂

2u

∂y2− ∂u

∂x= 0 x 6= 0

u(x, y) = ϕ(y) em y − x2

2= 0 0 ≤ y ≤ 2

u(x, y) = ψ(y) em y +x2

2= 4 2 ≤ y ≤ 4

onde ϕ(2) = ψ(2).

85

SOLUCAO:

Observa-se que a mudanca de coordenadas

ξ = y − x2

2e η = y +

x2

2

reduz a equacao a sua forma canonica:

∂2u

∂ξ∂η= 0

de onde deduz-se que a solucao geral e dada por:

(i) u(x, y) = f

(y − x2

2

)+ g

(y +

x2

2

).

Das condicoes dadas, vem:

ϕ(y) = f(0) + g

(y +

x2

2

).

Mas y +x2

2= 2y. Entao:

(ii) ϕ(y) = f(0) + g(2y).

Analogamente:

(iii) ψ(y) = f(2y − 4) + g(4).

Logo, substituindo 2y por y +x2

2e 2y − 4 por y − x2

2, tem-se:

(iv) f

(y− x2

2

)+ g

(y+

x2

2

)= ϕ

(1

2

(y+

x2

2

))− f(0) +

(1

2

(y− x2

2

)+ 4

)− g(4).

Como de (ii), ϕ(2) = f(0) + g(4), tem-se de (iv) e (i):

u(x, y) = ϕ

(1

2

(y +

x2

2

))+ ψ

(1

2

(y − x2

2

)+ 4

)− ϕ(2).

86

EXERCICIOS PROPOSTOS

1. Usando o metodo de Riemann, resolver os seguintes problemas de Cauchy:

(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= 0 em R

2

u(t, 1 − t) = t+ 2 0 ≤ t ≤ 1

∂u

∂x(t, 1 − t) = 3t+ 5

(ii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= 0 em R

2

u(t, 4 − t2) = t2 0 ≤ t ≤ 2

∂u

∂x(t, 4 − t2) = 4t

Resposta: (ii) u(x, y) = 2x2 + y − 4.

2. Determine a solucao dos seguintes problemas de Cauchy:

(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y+ 3

∂u

∂x= 0 em R

2

u(t, 2 − t) = 2t+ 1 0 ≤ t ≤ 2

∂u

∂x(t, 2 − t) = 3t− 1

(ii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y+∂u

∂y= 0 em R

2

u(t, 5 − t) = 2t 0 ≤ t ≤ 5

∂u

∂x(t, 5 − t) = t− 1

Resposta: (ii) u(x, y) = (y − 1)e5−y−x + 3x− 4.

3. Usando o metodo de Riemann, encontre a solucao dos seguintes problemas:

(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x2− 4

∂2u

∂y2= 0

u(t, 1 − t) = 2t 0 ≤ t ≤ 1

∂u

∂x(t, 1− t) = 3t+ 1

(ii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x2− 9

∂2u

∂y2= 0

u(t, 2 − t) = 3t

∂u

∂x(t, 2 − t) = 2t+ 1

87

Resposta: (ii)

u(x, y) = −79

4+

85

12(y + 3x) +

67

24(y − 3x) +

4

3

(6 − 2(y + 3x)

)2 − 4

3(y − 3x)2.

4. Determine a solucao dos seguintes problemas:

(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− ∂2u

∂x2= 0

u(x, 0) = cosx

∂u

∂t(x, 0) = sen 4x

(ii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− 4

∂2u

∂x2= 0

u(x, 0) = ex

∂u

∂t(x, 0) = e2x + x

(iii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− 9

∂2u

∂x2= 0

u(x, 0) = x2 + 1

∂u

∂t(x, 0) = 2x+ 3

(iv)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− 4

∂2u

∂x2= 0

u(x, 0) = 3x

∂u

∂t(x, 0) = 2 senx

Respostas:

(i) u(x, t) = cosx cos t+1

4sen 4x sen 4t

(ii) u(x, t) = 3x+ senx sen 2t

5. Fazendo uso do problema 7, resolver os seguintes problemas de Goursat:

(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= xy

u(0, y) = sen y

u(x, 0) = senx

(ii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= x2(1 − y2)

u(0, y) = y2 + y

u(x, 0) = x2 + 2x

88

(iii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= 2x+ 3y

u(0, y) = 2 ey

u(x, 0) = 3 ex − 1

(iv)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y= x3y

u(0, y) = sen 2y

u(x, 0) = x2 + x

Respostas:

(iii) u(x, y) = 3ex + 2ey + x2y +3xy2

2− 3

(iv) u(x, y) = x2 + x+ sen 2y +x4y2

8

6. Determine a solucao do problema de Goursat:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂x∂y+ β

∂u

∂x= f(x, y) β = constante

u(x, 0) = ψ(x)

u(0, y) = ϕ(y)

onde ψ(0) = ϕ(0).

Resposta:

u(x, y) = e−βy

∫ y

0

∫ x

0

eβr f(r, s) dsdr+ ϕ(y) + e−βy(ψ(x) − ψ(0)).

7. Encontre a solucao dos problemas:

(i)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− ∂2u

∂x2= 0

u(x, t) = 3x+ 1 quando x+ t = 0

u(x, t) = 2x+ 1 quando x− t = 0

89

(ii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− 4

∂2u

∂x2= 0

u(x, t) = sen2x quando x+ 2t = 0

u(x, t) = ex − 1 quando x− 2t = 0

(iii)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2u

∂t2− 9

∂2u

∂x2= 0

u(x, t) = cos2 x quando x+ 3t = 0

u(x, t) = ex2

quando x− 3t = 0

Resposta: (iii)

u(x, t) = cos2(x− 3t

2

)+ e

(x+3t

2

)2

− 1.

8. Encontre a solucao do problema de Goursat

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y2 ∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2+∂u

∂y= 0 y 6= 0

u(x, y) = ϕ(x) sobre x+y2

2= 4 2 ≤ x ≤ 4

u(x, y) = ψ(x) sobre x− y2

2= 0 0 ≤ x ≤ 2

Resposta:

u(x, y) = f

(x

2− y2

4+ 2

)+ g

(x

2+y2

4

)= f(2).

90

91

3. EQUACOES ELITICAS

Conforme visto anteriormente, as equacoes diferenciais parciais elıticas de se-

gunda ordem, lineares, no plano R2, possuem a forma canonica

Lu =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= f(x, y).

Elas guardam ıntima relacao com as funcoes de variaveis complexas, razao porque

sera feita uma breve revisao sobre as funcoes holomorfas.

O plano R2 possui uma estrutura de espaco vetorial obtida por meio das opera-

coes:

(1)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Igualdade − (x, y) = (x′, y′) se x = x′ e y = y′

Adicao − (x, y) + (x′, y′) = (x+ x′, y + y′)

Multiplicacao por Escalar − λ(x, y) = (λx, λy), λ ∈ R

Esta estrutura algebrica e enriquecida definindo-se, de modo apropriado, uma

multiplicacao no espaco vetorial R2, como vem a seguir.

(2) Multiplicacao (x, y) · (x′, y′) = (xx′ − yy′, xy′ + x′y).

Munido desta multiplicacao o espaco vetorial R2 e transformado em um corpo, denom-

inado corpo dos numeros complexos, representado por C.

Em busca de uma notacao 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 numero 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 numero real −1,

obtem-se i2 = −1. O numero complexo i denomina-se unidade imaginaria. Portanto,

todo objeto do corpo C tem a representacao:

(4)

∣∣∣∣∣

(x, y) = x+ iy

i2 = −1

Note-se que a interpretacao geometrica de C e dada pela imagem geometrica

do espaco vetorial R2 que lhe e subjacente. Os objetos de C serao representados por

z, isto e, z = x + iy que geometricamente representa-se no R2 pelo vetor (x, y), isto

e, uma flecha com origem em (0, 0) e extremidade em (x, y), como na figura abaixo.

Diz-se, tambem, plano complexo C que e o plano R2 enriquecido da multiplicacao (2).

Define-se o modulo do numero complexo z = x + iy como sendo o modulo do

vetor (x, y) do R2, isto e,

(5) |z|2 = x2 + y2, e o modulo 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 angulo θ do vetor (x, y)

com o eixo polar e o seu comprimento ρ. Logo, obtem-se:

x = ρ cos θ e y = ρ sen θ.

Resulta, daı, a representacao 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 representacao polar de z dada por

(7) z = ρ eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ρ <∞.

Sera examinada, a seguir, a relacao entre as solucoes u(x, y) da equacao elıtica

(8)∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 em Ω, aberto do R

2,

e as funcoes f : C → C que possuem derivadas contınuas em Ω ⊂ C.

De fato, uma funcao f que a cada numero complexo z ∈ C associa um numero

complexo f(z) ∈ C denomina-se uma funcao complexa de uma variavel 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 funcoes 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 imaginaria de z. Do

mesmo modo, sendo w = u(x, y) + iv(x, y), a funcao u e parte real de w e v sua parte

imaginaria.

A nocao de limite de uma funcao w = f(z) em um ponto z0 define-se ipsis literis

como no caso de funcoes reais. A nocao de derivada e analoga. Assim, diz-se que

w = f(z) e derivavel em z0 , quando existe o limite:

(10) limz→z0z 6=z0

f(z) − f(z0)

z − z0·

Este numero complexo denomina-se derivada da f em z0 e representa-se por f ′(z0).

Diz-se que f e derivavel 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) lim(x,y)→(x0,y0)

u(x, y)− u(x0, y0) + i[v(x, y)− v(x0, y0)]

x− x0 + i(y − y0)·

Supoe-se u, v continuamente diferenciaveis e considera-se (11) segundo as retas

y = y0 e x = x0. Obtem-se:

f ′(z0) =∂u

∂x+ i

∂v

∂xno ponto (x0, y0)(12)

e

f ′(z0) = −i∂u∂y

+∂v

∂yno ponto (x0, y0).(13)

A existencia do limite (11) implica a igualdade de (12) e (13). Obtem-se:

(14)∂u

∂x=∂v

∂ye

∂u

∂y= −∂v

∂x

95

como uma condicao necessaria para a existencia do limite (11). As equacoes (14) sao

denominadas equacoes de Cauchy-Riemann para w = f(z). Se w = f(z) for continua-

mente derivavel em Ω vem que u e v sao solucoes das equacoes (14).

Uma condicao suficiente para que w = f(z) seja derivavel em Ω e que u e v

sejam continuamente diferenciaveis e satisfacam as equacoes de Cauchy-Riemann (14)

em Ω. Quando uma funcao w = f(z) e continuamente derivavel em Ω ela e denominada

holomorfa em Ω. Do estudo das funcoes holomorfas, pode-se derivar (14) mais uma vez,

obtendo-se de (14):

(15)∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 e

∂2v

∂x2+∂2v

∂y2= 0 em Ω

isto e, u e v sao solucoes da equacao (8).

Uma funcao u solucao da equacao (8) denomina-se harmonica. Logo, ficou

provado que as partes real e imaginaria de uma funcao holomorfa w = f(z) em Ω ⊂ C

sao harmonicas em Ω.

Examina-se, a seguir, a obtencao de uma funcao holomorfa por meio das harmoni-

cas, como fez Riemann em sua teoria das funcoes complexas.

Seja Ω um aberto conexo do R2 e u: Ω → R uma funcao harmonica. 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) supoe-se fixo. Considere-se as funcoes P (x, y) = −∂u∂y

e Q(x, y) =∂u

∂x. Sendo u harmonica, obtem-se

∂P

∂y=

∂Q

∂x, provando que a forma

diferencial P (x, y)dx+Q(x, y)dy e exata em Ω, isto e, existe w: Ω → R, continuamente

diferenciavel tal que dw = Pdx+Qdy. Consequentemente a integral

∫

γ

− ∂u

∂ydx+

∂u

∂xdy

nao depende de γ e apenas de (x, y) pois (x0, y0) e suposto fixo. Logo, fica bem definida

96

a funcao:

(16) v(x, y) =

∫

γ

− ∂u

∂ydx+

∂u

∂xdx

Considere-se γ a poligonal de vertices em (x0, y0), (x, y0), (x, y). Logo, como a integral

nao depende do caminho γ e Ω e conexo, resulta:

v(x, y) = −∫ x

x0

∂u

∂y(ξ, y0) dξ +

∫ y

y0

∂u

∂x(x, η) dη.

Obtem-se:

(17)∂v

∂x= −∂u

∂ye

∂v

∂y=∂u

∂x·

Sendo u e v continuamente diferenciaveis em Ω e solucoes das equacoes de Cauchy-

Riemann (17), conclui-se que f(z) = u + iv e holomorfa em Ω ⊂ C. A funcao v

denomina-se harmonica conjugada de u. Conclui-se, deste modo, a estreita relacao

entre as funcoes harmonicas e as funcoes holomorfas.

O operador de segunda ordem ∆ =∂2

∂x2+∂2

∂y2, denomina-se operador de Laplace

ou Laplaciano. Dizer que u e harmonica em Ω e equivalente a dizer que u e solucao da

equacao de Laplace ∆u = 0.

FORMULAS DE GREEN

Considere-se um par de funcoes reais u e v pertencentes a C2(Ω) ∩ C1(Ω). Um

calculo simples conduz a identidade:

(18)∂

∂x

(u∂v

∂x

)+

∂

∂y

(u∂v

∂y

)= ∇u · ∇v + u∆v

97

sendo ∇ϕ, gradiente de ϕ, o vetor

(∂ϕ

∂x,∂ϕ

∂y

). Se Γ for a fronteira regular de Ω e ν o

vetor unitario da normal externa a Γ, a derivada de v na direcao da normal ν e dada

por:

(19)∂v

∂ν=∂v

∂xνx +

∂v

∂yνy ,

sendo (νx, νy) as componentes do vetor unitario ν. Integrando-se (18) sobre Ω e empre-

gando o Lema de Gauss, obtem-se:

(20)

∫

Γ

(u∂v

∂xνx + u

∂v

∂yνy

)dΓ =

∫

Ω

∇u · ∇v dxdy +

∫

Ω

u∆v dxdy.

Por meio da definicao (19), modifica-se (20) obtendo-se:

(21) −∫

Ω

u∆v dxdy =

∫

Ω

∇u · ∇v dxdy −∫

Γ

u∂v

∂νdΓ

denominada primeira formula de Green.

Permutando-se u e v em (21), obtem-se:

(22) −∫

Ω

v∆u dxdy =

∫

Ω

∇u · ∇v dxdy −∫

Γ

v∂u

∂νdΓ.

Multiplicando-se (21) por −1 e adicionando-se a (22), obtem-se:

(23)

∫

Ω

(u∆v − v∆u) dxdy =

∫

Γ

(u∂v

∂ν− v

∂u

∂ν

)dΓ

denominada segunda formula de Green.

Proposicao 1. Seja u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) harmonica em Ω. Entao

∫

Γ

∂u

∂νdΓ = 0.

98

Demonstracao: Sendo ∆u = 0 em Ω, tomando-se v = 1 na primeira formula de Green

(22), obtem-se a demonstracao da Proposicao 1.

Proposicao 2 (Propriedade da Media). Seja u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) harmonica em Ω e

|z−z0| < R um cırculo de raio R contido em Ω. Entao o valor de u no centro do cırculo

e igual a media dos valores de u sobre a circunferencia |z − z0| = R.

Demonstracao: Sem perda de generalidade suponha Ω contendo a origem e o cırculo

com centro na origem, isto e, z0 = (0, 0). Sendo u harmonico, e γ a circunferencia

|z| = r, r ∈ (0, R), resulta da Proposicao 1 que:

(24)

∫

γ

∂u

∂ν

(x(s), y(s)

)ds = 0.

Tem-se x = r cos θ, y = r sen θ e ds = r dθ, 0 < θ ≤ 2π. A normal ν a circunferencia

tem a direcao do raio. Logo, de (24) obtem-se:

∫ 2π

0

d

dru(r cos θ, r sen θ) dθ = 0, 0 < r < R.

Integrando em r, obtem-se:

∫ R

0

dr

∫ 2π

0

d

dru(r cos θ, r sen θ) dθ = 0.

Permutando as integrais, obtem-se:

∫ 2π

0

u(R cos θ, R sen θ) dθ = u(0, 0)2π.

Multiplicando por R ambos os membros, obtem-se:

u(0, 0) =1

2πR

∫

γ

u(x(s), y(s)) ds.

99

Considere-se uma funcao real de variavel real ϕ = ϕ(x) e Ω o intervalo ]a, b[ da

reta. Suponha ϕ harmonica em ]a, b[ , isto e, ϕ′′(x) = 0 em ]a, b[ . Obtem-se ϕ explici-

tamente dada por ϕ(x) = αx + β, sendo α e β numeros reais. Note que o maximo

ou mınimo de ϕ sao assumidos na fronteira do intervalo ]a, b[ . Esta propriedade vale

em geral para as funcoes harmonicas do plano R2 (ou do Rn!). De fato, suponha

u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) harmonica em Ω e assumindo o seu valor mınimo em um ponto

(x0, y0) interior ao aberto Ω. Seja Cε um cırculo de raio ε centro em (x0, y0) contido em

Ω. Tem-se da propriedade da media que u(x, y) = u(x0, y0) sobre toda circunferencia

de centro (x0, y0) contido em Ω, pois

u(x0, y0) =1

2πǫ

∫

γ

u(x(s), y(s))ds ≥ 1

2πǫ

∫

γ

u(x0, y0)ds = u(x0, y0) .

Entao u ≡ u(x0, y0) em um disco que toca a fronteira. Logo o mınimo de u em ∂Ω

coincide com o mınimo de u em Ω, isto e, o mınimo de u e assumido na fronteira de Ω.

Vemos, tambem, que se o mınimo e assumido no interior entao o conjunto dos pontos

em Ω em que u assume este valor e aberto. Como u e contınua, este conjunto tambem

e fechado. Daı, como Ω e conexo, conclui-se que u e constante em Ω.Analogo para o

maximo.

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 circunferencia γ do cırculo Cε , isto e,

∫

γ

u(x(s), y(s)) ds > 2πε u(x0, y0).

Dividindo-se por 2πε e empregando a Proposicao 2, obtem-se uma contradicao. Logo o

mınimo de u nao e assumido no interior de Ω. Analogo para o maximo.

A seguir sera estudado o problema da determinacao de uma funcao harmonica

no interior de um aberto Ω do plano sendo conhecidos seus valores sobre a fronteira Γ

de Ω. Antes serao feitas algumas consideracoes fısicas que servirao de motivacao.

100

De fato considere-se um fluido em um canal situado no R3, fluindo com velocidade

v. Note-se que v e um vetor que no instante t possui as componentes v1 , v2 , v3 , segundo

um sistema de coordenadas ortogonais do R3. O movimento sera suposto irrotacional,

isto e, a velocidade angular w = 12 rot v e nula em cada ponto. Quando o movimento

do fluido e irrotacional existe uma funcao real ϕ tal que o vetor velocidade e o gradiente

de ϕ em cada ponto do fluido, isto e,

v = grad ϕ.

Serao estudados movimentos cujo vetor velocidade e 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 direcao x e v2

na direcao y. Assim,

v = grad ϕ ou v1 =∂ϕ

∂xe v2 =

∂ϕ

∂y·

Suponha que o fluido seja incompressıvel, isto e, 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 e a equacao:

∂v1∂x

+∂v2∂y

= 0 em Ω.

Sendo v = gradϕ, deduz-se que se div v = 0 em Ω, entao

∂2ϕ

∂x2+∂2ϕ

∂y2= 0 em Ω,

mostrando que ϕ e harmonica em Ω. O problema que se deseja resolver e 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 ∈ C0(Ω). O problema de Dirichlet consiste em determinar ϕ ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) tal

101

que:

(25)

∣∣∣∣∣

∆ϕ = 0 em Ω

ϕ = g e Γ

O problema de Dirichlet sera aqui estudado pelo metodo de Green. Ele consiste

em determinar uma funcao associada a Ω, denominada Funcao de Green do domınio

Ω, de modo que se obtem a solucao explicitamente no interior de Ω por meio de uma

integral curvilınea ao longo da fronteira Γ de Ω, do produto de g pela derivada na

direcao da normal a Γ da funcao de Green de Ω.

Foi visto que se w = f(z) for holomorfa em Ω entao sua parte real e harmonica

em Ω. Tem-se que log(z − z0) e 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

log1

re a parte real da funcao − log(z − z0) holomorfa em Ω − z0, logo ∆ log

1

r= 0

em Ω − z0.

Considere um ponto (x0, y0) no interior de Ω e seja Cε um cırculo de raio ε centro

em (x0, y0) contido em Ω, como na figura.]

102

Seja γ a circunferencia de Cε e Ω′ = Ω − Cε . Em Ω′ a funcao log1

re harmonica. A

fronteira de Ω′ e Γ + γ. Da segunda formula de Green (23) com u = ϕ solucao de (25)

e v = log1

r, obtem-se:

∫

Γ+γ

(ϕ∂ log 1

r

∂ν− log

1

r

∂ϕ

∂ν

)dΓ = 0

ou

(26) −∫

γ

(ϕ∂ log 1

r

∂ν− log

1

r

∂ϕ

∂ν

)dΓ =

∫

Γ

(ϕ∂ log 1

r

∂ν− log

1

r

∂ϕ

∂ν

)dΓ.

Calculo da Integral no Membro da Direita de (26).

Sobre a circunferencia γ tem-se:

∂ log 1r

∂ν

∣∣∣∣γ

=d log 1

ε

dε= −1

ε·

103

Sendo ds = ε dθ, obtem-se:

Iε = −1

ε

∫

γ

ϕds− log1

ε

∫

γ

∂ϕ

∂νds =

= −∫ 2π

0

ϕ(x0 + ε cos θ, y0 + ε sen θ) dθ + ε log ε

∫ 2π

0

∂ϕ

∂νdθ.

Sendo ϕ ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω), e limε→0

ε log ε = 0, obtem-se:

(27) limε→0

Iε = −∫ 2π

0

ϕ(x0, y0) dθ = −2π ϕ(x0, y0).

Logo, quando ε→ 0 em (26) obtem-se:

(28) ϕ(x0, y0) = − 1

2π

∫

Γ

(∂ log 1

r

∂νϕ− log

1

r

∂ϕ

∂ν

)dΓ.

Note que de (23) sabe-se que ϕ = g em Γ mas se desconhece∂ϕ

∂νsobre Γ. Aqui tem-se

uma situacao semelhante a encontrada quando se analisou a funcao de Riemann no

metodo de Riemann na secao 2. De fato, seja h ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) harmonica em Ω.

Tomando-se h e ϕ obtem-se da segunda identidade de Green:

(29) 0 = − 1

2π

∫

Γ

(ϕ∂h

∂ν− h

∂ϕ

∂ν

)dΓ.

Adicionando-se (28) com (29), resulta:

(30) ϕ(x0, y0) = − 1

2π

∫

Γ

[(∂ log 1

r

∂ν+∂h

∂ν

)ϕ−

(log

1

r+ h

)∂ϕ

∂ν

]dΓ.

Em (30) procede-se como no caso da funcao de Riemann acima lembrado. Para libertar

(28) da derivada normal∂ϕ

∂ν, e suficiente determinar a funcao harmonica h tal que

h+ log1

r= 0 em Γ.

104

A funcao harmonica h(x, y) + log 1r denomina-se funcao de Green no domınio Ω.

Conhecida a funcao de Green em Ω, a solucao do problema de Dirichlet (25) e

obtida, explicitamente, em cada ponto (x0, y0), interior a Ω, pela formula:

(31) ϕ(x0, y0) = − 1

2π

∫

Γ

g∂G

∂νdΓ.

Seja Ω um aberto conexo com fronteira regular Γ e P = (x0, y0) um ponto de Ω.

Define-se como funcao de Green em Ω a uma funcao real GP satisfazendo as equacoes:

i) GP (x, y) = log 1r + h(x, y) em Ω − P

ii) GP (x, y) = 0 em Γ

iii) GP e duas vezes continuamente diferenciavel em Ω − P, contınua em

Ω − P e harmonica em Ω − P.A seguir usando-se o metodo de Green, resolve-se o problema de Dirichlet (25)

quando Ω e um cırculo, encontrando-se a formula de Poisson.

FUNCAO DE GREEN NO CIRCULO

Considere-se um cırculo Ω de raio R e centro na origem O. Seja P um ponto

interior ao cırculo e P ′ o seu inverso, isto e,

OP ×OP ′ = R2.

105

Deseja-se calcular o valor da solucao ϕ do problema de Dirichlet em P . Represente

por Ω o cırculo e por γ sua circunferencia. Seja M um ponto qualquer do cırculo Ω.

Considere-se as medidas:

rP = MP, rP ′ = MP ′, r = OP, r′ = OP ′.

Verifica-se, a seguir, que a funcao de Green para o cırculo Ω e dada por:

(32) GP (M) = log1

rP− log

(R

r

1

rP ′

),

sendo O o centro do cırculo, isto e, (0, 0) e M um ponto de coordenadas (x, y) no cırculo.

Tem-se h(x, y) = − logR

r− log

1

rP ′e definida em Ω−P o mesmo acontecendo

com log1

rP· Portanto GP definida por (32) satisfaz a condicao (i) da definicao de funcao

de Green.

Antes de verificar a condicao (ii) obtem-se que GP dada por (32) satisfaz a (iii).

Para verificar a (iii), suponha M sobre a circunferencia γ de Ω e considere-

se os triangulos OMP e OMP ′. Sendo P ′ o inverso de P em relacao a γ tem-se

OP × OP ′ = R2. Logo, os triangulos possuem um angulo igual em O compreendido

entre lados proporcionais, sendo, por este motivo, semelhantes. Daı obtem-se:

rPrP ′

=r

Rou

1

rP=R

r

1

rP ′·

Daı resulta que GP = 0 sobre γ, verificando a condicao (iii). Assim GP e uma funcao

de Green no cırculo Ω.

A seguir calcula-se (31) no caso do cırculo Ω sendo a funcao de Green dada por

GP (M) = log1

rP− log

R

r

1

rP ′·

106

Deve-se calcular ϕ(P ). Para tal, considere-se um sistema de coordenadas polares com

polo no centro O de Ω, com eixo polar o suporte de OP . Sejam (ρ, α) as coordenadas

polares de M neste sistema. Do triangulo OMP obtem-se:

r2P = ρ2 + r2 − 2ρr cosα

e do triangulo OMP ′ resulta

r2P ′ = ρ2 + r′2 − 2ρr′ cosα.

Sendo OP ×OP ′ = R2 ou rr′ = R2, obtem-se:

r2P ′ = ρ2 +R4

r2− 2ρ

R2

rcosα.

A direcao da normal a γ coincide com a do raio. Logo,

∂

∂ρlog rP =

1

rP

drPdρ

=ρ− r cosα

r2P

∂

∂ρlog rP ′ =

ρ− R2

rcosα

r2P ′·

Daı, obtem-se para∂GP

∂ν, em γ:

∂GP

∂ν

∣∣∣∣γ

= −R − r cosα

r2P+r2

R2

R− R2

r cosα

r2P

ou, substituindo-se r2P encontra-se:

∂G

∂ν

∣∣∣∣γ

=−R2 + r2

R

1

R2 + r2 − 2Rr cosα·

107

Encontra-se para solucao do problema de Dirichlet no cırculo de raio R, a solucao

explıcita:

(33) ϕ(x0, y0) =R2 − r2

2π

∫ 2π

0

g(Rcosα,Rsenα)dα

R2 + r2 − 2Rr cosα,

sendo (x0, y0) as coordenadas de P no interior de Ω, r a distancia de P ao centro e α

o angulo polar de OM , para M ∈ γ.

A expressao (33) denomina-se formula de Poisson para o problema de Dirichlet

no cırculo Ω.

Retornando-se ao Problema de Dirichlet (25), provar-se-a que a solucao e unica.

De fato, suponha-se que existam duas solucoes ϕ1 e ϕ2 do problema (25). Resulta que

a funcao ϕ = ϕ1−ϕ2 e solucao de ∆ϕ = 0 em Ω e ϕ = 0 em Γ. Daı resulta, da primeira

formula de Green, que ϕ e a funcao nula em Ω ou ϕ1 = ϕ2 .

PROBLEMA DE NEUMANN NO CIRCULO

Como anteriormente, Ω representa um cırculo de raio R centro na origem e

circunferencia fronteira γ. O problema de Neumann consiste em determinar uma funcao

harmonica ϕ em Ω quando e conhecida a derivada normal∂ϕ

∂νem γ. Simbolicamente

tem-se:

(34)

∣∣∣∣∣∣∣

∆ϕ = 0 em Ω

∂ϕ

∂ν= h em γ

Considere-se coordenadas polares (r, θ) e obtem-se para expressao do Laplaciano:

∆ϕ(r, θ) =∂2ϕ

∂r2+

1

r

∂ϕ

∂r+

1

r2∂2ϕ

∂θ2·

108

Considere-se v(r, θ) harmonica em Ω e nula para r = 0, isto e,

(35)

∣∣∣∣∣∣∣

∂

∂r

(r∂v

∂r

)+

1

r2∂2v

∂θ2= 0 em Ω

v(0, θ) = 0

De posse desta funcao, defina-se uma nova por:

ϕ(r, θ) =

∫ r

0

v(ρ, θ)

ρdρ.

Lema 1. ϕ(r, θ) e harmonica em Ω.

Demonstracao: De fato, tem-se:

(36)∂ϕ

∂r=v(r, θ)

re

∂2ϕ

∂r2= −v(r, θ)

r2+

1

r

∂v(r, θ)

∂r;

∂2ϕ

∂θ2=

∫ r

0

∂2v(ρ, θ)

∂θ2dρ.

Daı resulta que

∆ϕ(r, θ) =1

r2

∫ r

0

[∂

∂ρ

(ρ∂v

∂ρ

)+

1

ρ

∂2v

∂θ2

]dρ,

sendo zero porque v harmonica.

Em (34) sendo ϕ harmonica em Ω, sua derivada normal possui a integral sobre

γ igual a zero, cf. Proposicao 1. Logo, o dado na fronteira h ∈ C0(Ω) deve ser tal que

(37)

∫ 2π

0

h(α) dα = 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

Obtem-se a solucao de (38) por meio da formula de Poisson (33), isto e:

(39) ψ(r, θ) =R(R2 − r2)

2π

∫ 2π

0

h(α)dα

R2 + r2 − 2Rr cosα·

Daı, conclui-se que ψ(r, θ) assim obtida e harmonica em Ω e

ψ(0, θ) =R

2π

∫ 2π

0

h(α) dα = 0

por (37). Logo, a funcao

(40) ϕ(r, θ) =

∫ r

0

ψ(ρ, θ)

ρdρ+ c

e solucao 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:

∂ϕ

∂ν

∣∣∣∣γ

=∂ϕ

∂r

∣∣∣∣r=R

=v(r, θ)

r

∣∣∣∣r=R

=v(r, θ)

R=Rh(α)

R= h(α).

De (40) e (39) obtem-se a formula de Poisson para o problema de Neumann

(34).

OBSERVACOES SOBRE A FUNCAO DE GREEN

Para salientar uma vez mais a relacao entre as funcoes harmonicas no plano

R2 e as funcoes holomorfas em C, dar-se-a mais um metodo geral para o calculo da

funcao 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 funcao de Green em Ω. Pensa-se em Ω como um

110

aberto de plano complexo C. Demonstra-se que existe uma funcao holomorfa w = f(z)

transformando, de modo biunıvoco e conforme, Ω em uma cırculo unitario C1 com

centro na origem, de modo que um ponto zP de Ω se transforma no centro de C1 e Γ

na circunferencia γ de C1 . [Consulte-se L.A. Medeiros, Funcoes Complexas, McGraw

Hill do Brasil, 1972].

Interpreta-se geometricamente w = f(z) como uma transformacao de um plano cuja

variavel e z = x+iy em outro cuja variavel e 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 e invertıvel, obtem-se:

f ′(z) = F (z) + (z − zP )F ′(z)

implicando em F (zP ) 6= 0.

A funcao

GP (x, y) = − log |f(z)|

111

e uma funcao 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 e harmo-

nica, por ser a parte real da funcao holomorfa logF (z).

ii) GP (x, y) = 0 para (x, y) ∈ Γ. Isto porque se z ∈ Γ tem-se f(z) ∈ γ isto e,

|f(z)| = 1 e o log |f(z)| = 0.

iii) GP e duas vezes continuamente derivavel em Ω−zP , contınua em Ω−zP e harmonica em Ω − zP .

Reciprocamente, suponha conhecida a funcao de Green de Ω, isto e,

GP (x, y) = log1

|z − zP |+ h(x, y).

Demonstrar-se-a que existe uma w = f(z) holomorfa em Ω, transformando Ω em C1 de

modo biunıvoco tal que f(zP ) = 0, zP ∈ Ω e f(Γ) = γ. De fato, seja GP (x, y) a funcao

harmonica conjugada de GP (x, y). Resulta que

f(z) = e−(GP +iGP )

e holomorfa em Ω ⊂ C. Mostrar-se-a que f satisfaz as condicoes requeridas.

Se z = x+iy ∈ Γ, sendo GP (x, y) = 0, pois GP e funcao de Green para Ω, tem-se

f(z) = e−iGP (x,y) logo |f(z)| = 1.

Calculo de f(zP ). Tem-se

f(z) = e−(h(x,y)+iGP (x,y) · e− log 1|z−zP | .

Sendo a primeira parcela limitada, vem

f(zP ) = limz→zP

f(z) = 0,

provando que zP tem como imagem por f o centro do cırculo.

112

EXERCICIOS RESOLVIDOS

1. Denomina-se exponencial complexa a funcao f : C → C, holomorfa, solucao da

equacao diferencial

(1)df

dz= f em C

e

f(z) = ex, para z ∈ R.

Determine a solucao f do problema acima.

SOLUCAO:

De fato, seja f(z) = u(x, y) + iv(x, y), holomorfa em C. Tem-se f ′(z) =∂u

∂x+

i∂v

∂x· Logo sendo solucao de (1), resulta:

∂u

∂x+ i

∂v

∂x= u+ iv.

Obtem-se, daı,

∂u

∂x= u e

∂v

∂x= v para (x, y) ∈ R

2.

Da primeira equacao obtem-se

(3) u(x, y) = ex h(y)

sendo h duas vezes continuamente derivavel. Substituindo na equacao de Cauchy-

Riemann

∂u

∂y=∂v

∂x,

113

notando-se que∂v

∂x= v, obtem-se

(4) v = ex dh(y)

dy·

Substituindo-se (3) e (4) na equacao de Cauchy-Riemann

∂u

∂x=∂v

∂y,

obtem-se a equacao diferencial ordinaria:

h′′(y) + h(y) = 0,

cuja solucao geral e:

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 condicao (2) tem-se f(x) = ex quando y = 0, isto e,

(6) u(x, 0) = ex, v(x, 0) = 0.

De (5) e (6) conclui-se que a = 1 e b = 0. Logo obtem-se:

u(x, y) = ex cos y e v(x, y) = ex sen y.

Conseguintemente, a solucao de (1) e (2) holomorfa em C e:

(7) f(z) = ex(cos y + i sen y)

114

para todo z ∈ C.

Verifica-se que f dada por (7) e solucao da equacao funcional f(z1 + z2) =

f(z1) + f(z2) para par z1, z2 ∈ C. Representa-se a funcao exponencial dada por (7) por

f(z)ez, z = x+ iy. portanto,

ez = ex(cos y + i sen y),

e quando x = 0, obtem-se:

eiy = cos y + i sen y

denominada formula de Euler.

2. Seja f : C → C definida por f(z) = a0 + a1z + · · ·+ anzn onde ai ∈ C; i = 1, . . . , n.

Provar que Re f e Im f respectivamente parte real de f e parte imaginaria de f sao

funcoes harmonicas em R2.

SOLUCAO:

Bastaria provar que f e holomorfa em todo C, para isso sera suficiente provar

que g(z) = zn e holomorfa pois a combinacao linear de funcoes holomorfas e holomorfa.

Como

limz→z0

g(z) − g(z0)

z − z0= lim

z→z0

zn − zn0

z − z0=

= limz→z0

zn−1 + zn−2z0 + · · ·+ zn−10 =

= n zn−10 .

Logo ∀ z0 ∈ C ∃ g′(z0) e g′(z0) = n zn−10 . Entao, g e holomorfo e f tambem.

3. Determine duas funcoes u(x, y) e v(x, y) que sejam polinomios de grau 4 e harmo-

nicas em R2.

115

SOLUCAO:

Pelo exercıcio 2, f(z) = z4 tem parte real e imaginaria harmonicas. Tem-se:

f(z) = u+ iv = (x+ iy)4 onde z = x+ iy

u+ iv = x4 + y4 − 6x2y2 + i(4x3y − 4xy3)

Pode-se considerar

u(x, y) = x4 + y2 − 6x2y2 e v(x, y) = 4x3y − 4xy3.

4. Determine as funcoes harmonicas em R2 dada pela parte real e imaginaria das

seguintes funcoes holomorfas:

(i) f(z) = ez; (ii) f(z) = z3 + 2z; (iii) f(z) = z e−z.

SOLUCAO:

f(z) = u+ iv = ex+iy onde z = x+ iy(i)

= ex(cos y + i sen y)

= ex cos y + i ex sen y.

Logo,

u(x, y) = ex cos y e v(x, y) = ex sen y.

f(z) = u+ iv = (x+ iy)3 + 2(x+ iy)(ii)

= (x3 − 3xy3 + 2x) + i(3x2y − y3 + 2y)

Logo,

u(x, y) = x3 − 3xy3 + 2x e v(x, y) = 3x2y − y3 + 2y

116

sao as funcoes harmonicas 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 − y2 + 4x uma funcao harmonica em R2. Determine v tal que

f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y) seja holomorfa em C.

SOLUCAO:

Como as equacoes de Cauchy-Riemann devem verificar, tem-se

∂v

∂x= −∂u

∂y= 2y(i)

∂v

∂y=∂u

∂x= 2x+ 4(ii)

De (i), integrando em x, tem-se v(x, y) = 2xy + F (y). Derivando em relacao a y e

igualando a (ii), tem-se:

2x+ F ′(y) = 2x+ 4.

Entao F (y) = 4y + C e v(x, y) = 2xy + 4y + C, sendo C uma constante real qualquer.

6. Seja u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) harmonica em Ω. Provar que:

2

∫

Ω

u|∇u|2 dxdy =

∫

Γ

u2 ∂u

∂γdΓ.

117

SOLUCAO:

Considere u e v como u2 e u respectivamente na primeira formula de Green (21).

7. Seja u, v ∈ C4(Ω) ∩ C3(Ω). Provar que:

∫

Γ

∆u∂∆v

∂γdΓ =

∫

Γ

∆v∂∆u

∂γdΓ.

SOLUCAO:

Considere u e v como ∆u e ∆v respectivamente na segunda formula de Green

(23).

8. No grafico abaixo, tem-se γγ′ = R2. Usando vetores, provar queγP

γP ′=

γ

R·

SOLUCAO:

Sejam ~u e ~v os vetores unitarios

~u =

→OM

||→OM ||

e ~v =

→OP

||→OP ||

·

Entao:

~γP = R~u− γ~v e ~γP ′ = R~u− γ′~v.

118

Logo:

|~γ2P | = γ2

P = R2 − 2Rγ~u · ~v + γ2

|~γP ′ |2 = γ2P ′ = R2 − 2Rγ′~u · ~v + (γ′)2

Donde

γ2P − γ

γ′γ2

P ′ = R2 + γ2 − γR2

γ′− γγ′ = 0 pois γ − γ′ = R2

ou seja:

γ2P

γ2P ′

=γ

γ′ou

γ

γ′=γ2

R2·

Entao:γP

γP ′=γ

Rcomo querıamos provar.

9. Seja u(x, y) = x2 − y2.

(i) Verifique que u e solucao do problema

∣∣∣∣∣

∆u(x, y) = 0 em Ω

u(x, y) = 2x2 − 1 em ∂Ω

onde

Ω =(x, y) ∈ R

2; x2 + y2 < 1.

(ii) Usando a formula (33) e (i) deduzir que

(a)

∫ 2π

0

cos 2αdα

3 − 2 cosα− 2 senα= 0. (b)

∫ 2π

0

cos 2αdα

5 − 4 cosα− 2π

3

119

SOLUCAO:

(i) E trivial.

(ii) Como u e solucao do problema de Dirichlet no cırculo, pela formula (33) tem-se

x2 − y2 =1 − (x2 + y2)

2π

∫ 2π

0

cos 2αdα

1 + x2 + y2 − 2x cosα− 2y senα·

(a) Considerando x = y =1

2na formula anterior, tem-se

∫ 2π

0

cos 2αdα

3 − 2 cosα− 2 senα= 0.

(b) Considerando x =1

2e y = 0 na formula anterior, tem-se

∫ 2π

0

cos 2αdα

5 − 4 cosα=

2π

3·

120

EXERCICIOS PROPOSTOS

1. Determine os polinomios de grau 3, 5, e 7 que sejam harmonicos em R2.

Resposta: De grau 3, considere u(x, y) = x3 − 3xy2 e v(x, y) = 3x2y − y3; de grau 5,

considere u(x, y) = x5 − 10x3y2 + 5xy4 e v(x, y) = 5x4y − 10x2y3 + y5.

2. Determine as funcoes harmonicas conjugadas associadas as funcoes harmonicas

seguintes:

(i) u(x, y) = x e−x cos y + ye−x sen y

(ii) u(x, y) = x3 − 3xy2 + 2x

(iii) u(x, y) = ex cos y

(iv) u(x, y) = x3 − 3xy2

(v) u(x, y) = x5 − 10x3y2 + 5xy4

Respostas:

(i) v(x, y) = ye−x cos y − xe−x sen y

(ii) v(x, y) = 3x2y − y3 + 2y

(vi) v(x, y) = 5x4y − 10x3y3 + y5

3. Seja u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) harmonica em Ω. Provar que

∫

Ω

nun−1|∇u|2 dxdy =

∫

Γ

un ∂u

∂γdΓ.

Sugestao: Ver o exercıcio 6.

121

4. No grafico abaixo tem-se (ρ, α) coordenadas polares de M e (γ, θ) coordenadas

polares de P . Usando vetores, mostre que:

γ2P = ρ2 + γ2 − 2ργ cos(α− θ)

γ2P ′ = ρ2 − γ′2 − 2ργ′ cos(α− θ)

5. Sabendo que u(x, y) = 2xy e harmonica, provar que

∫ 2π

0

sen 2αdα

3 − 2 cosα− 2 senα= π.

Sugestao: Ver o exercıcio 9.

122

123

4. EQUACOES PARABOLICAS

Da classificacao feita no Capıtulo 1, tem-se que as equacoes diferenciais parciais

do tipo parabolico, lineares, no plano R2 possuem a forma canonica:

(1) Lu =∂u

∂t− ∂2u

∂x2= f(x, y).

Entre outras interpretacoes fısicas, a equacao (1) modela o fluxo de temperatura

em um fio metalico.

O problema de Cauchy para (1) formula-se a seguir.

Fio de Comprimento Finito - Sejam L > 0 e u0(x) uma funcao real contınua e

limitada em 0 < x < L. T e um numero real positivo. Encontrar u(x, t), funcao real,

definida em 0 < x < L, 0 < t < T , satisfazendo as condicoes:

(2)

∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx , 0 < x < L, 0 < t < T

u(x, 0) = u0(x), 0 < x ≤ L

u(0, t) = u(L, t) = 0, 0 ≤ t ≤ T

Fio de Comprimento Nao Finito - A funcao u0(x) e contınua e limitada em

−∞ < x < +∞. Encontrar u(x, t) definida no semiplano −∞ < x < +∞ e 0 < t <∞,

satisfazendo as condicoes:

(3)

∣∣∣∣∣

ut = xxx , −∞ < x < +∞, 0 < t < +∞

u(x, 0) = u0(x), −∞ < x < +∞

124

No caso de fio de comprimento finito, para resolver o problema (2), emprega-se o

argumento de series de Fourier que surge naturalmente como uma imposicao do metodo

de separacao de variaveis. De fato, suponha que se deseje encontrar uma solucao u(x, t)

de (2) da forma u(x, t) = X(x)Y (t) isto e, com as variaveis separadas. Substituindo-se

na equacao (2), obtem-se a condicao para determinar X(x), Y (t), isto e,

Y ′(t)

Y (t)=X ′′(x)

X(x)= −λ2 para todo x e t.

Daı obtem-se:

Y ′(t) + λ2 Y (t) = 0,

cuja solucao geral e

Y (t) = c e−λ2t .

Para obter X encontra-se a equacao

X ′′(x) + λ2X(x) = 0,

com condicoes na fronteira dadas por

X(0) = X(L) = 0,

que resultam da condicao de contorno em (2).

A solucao geral desta equacao diferencial ordinaria e:

X(x) = A cosλx+B sen λx.

As constantes devem ser determinadas pelas condicoes X(0) = X(L) = 0. Encontra-se:

A = 0 e λn =nπ

L, n = 1, 2, . . . .

125

Obtem-se uma sucessao de solucoes particulares dadas por:

un(x, t) = Bn e−λnt sen

nπx

L, n = 1, . . . .

Sendo linear o problema (2), conclui-se que as somas finitas tambem sao solucoes, isto

e:n∑

ν=1

Bn e−λnt sen

nπx

L,

e uma solucao.

A solucao geral seria o limite quando n → ∞. Para tal, supoe-se que u0(x)

foi estendida de forma ımpar ao intervalo ] − L,L[ e aı possui uma serie de Fourier

convergente. Com esta hipotese calcula-se por meio de u0(x) os coeficientes Bn , isto e,

(4) Bn =2

L

∫ L

0

u0(x) sennπx

Ldx.

Conclui-se que a solucao de (2) e obtida por meio da serie

(5) u(x, t) =∞∑

n=1

Bn e−λnt sen

nπx

L

cujos coeficientes sao dados por (4).

Para o caso de comprimento nao finito, o metodo de separacao de variaveis nao

funciona bem. Para constatar, e suficiente proceder como no caso finito para deduzir

nao ser possıvel a determinacao de uma colecao enumeravel de λn . (Consulte-se L.A.

Medeiros - N.G. Andrade, Iniciacao as Equacoes Diferenciais Parciais, LTC - Rio de

Janeiro, RJ, 1978).

Por meio da tentativa de obter a solucao no caso de comprimento nao finito pelo

caso finito, o metodo 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 distinguı-lo do caso anterior),

ao inves da serie de Fourier. Do ponto de vista filosofico, tudo resulta do fato que o

espectro do operador derivadad2

dx2nao e mais enumeravel no caso de comprimento nao

finito. Para uma compreensao deste ponto, necessario seria o estudo da teoria espectral

dos operadores, o que sera feito posteriormente.

Retornando ao caso de comprimento nao finito, procede-se de modo puramente

formal com a hipotese de que as operacoes de integracao a serem feitas sejam per-

missıveis. Multiplica-se, entao, ambos os membros da equacao em (3) por e−iσx e

integra-se em −∞ < x < +∞, obtendo-se

(6)

∫ +∞

−∞e−iσx ut(x, t) dx =

∫ +∞

−∞e−iσx uxx(x, t) dx.

Tem-se

(7)

∫ +∞

−∞e−iσx ut(x, t) dx =

∂

∂t

∫ +∞

−∞e−iσx u(x, t) dx = vt(σ, t),

representando-se por

(8) v(σ, t) =

∫ +∞

−∞e−iσx u(x, t) dx,

denominada a Transformada de Fourier da funcao u(x, t), denotada por F [u(x, t)].

Demonstra-se que

(9) F [uxx(x, t)] = −σ2 F [u(x, t)].

De (7), (8), (9), a equacao (6) reduz-se a equacao ordinaria:

(10) vt(σ, t) = −σ2 v(σ, t).

127

Encontra-se a condicao inicial para (10), observando-se que, de (8) tem-se:

v(σ, 0) =

∫ +∞

−∞e−iσx u(x, 0) dx = F [u0(x)].

Logo, fazendo-se

(11) v0(σ) = v(σ, 0) = F [u0(x)] =

∫ +∞

−∞e−iσx u0(x) dx

tem-se que a condicao inicial de (10) e, de modo natural:

(12) v(σ, 0) = v0(σ).

A solucao de (10) e (12) e:

v(σ, t) = e−σ2t v0(σ).

Sabe-se, do estudo da transformada de Fourrier, que:

e−σ2t = F[

1√4πt

e−x2

4t

].

Logo,

(13) v(σ, t) = F[

1√4πt

e−x2

4t

]· F [u0(σ)].

Observacao. Dadas as funcoes u e v, denomina-se convolucao de u com v, a funcao

u ∗ v definida por:

(u ∗ v)(x) =

∫ +∞

−∞u(ξ)v(x− ξ) dξ.

Prova-se que F [u ∗ v] = F(u) · F(v).

128

Aplicando a observacao acima a igualdade (13), obtem-se:

(14) v(σ, t) = F[

1√4πt

e−x2

4t ∗ u0(x)

].

Sendo, por (8), v(σ, t) = F [u(x, t)], obtem-se de (14)

F [u(x, t)] = F[

1√4πt

e−x2

4t ∗ u0(x)

].

Sendo F invertıvel e a operacao de convolucao comutativa, obtem-se a solucao de (3),

fio de comprimento infinito:

(15) u(x, t) =1√4πt

∫ +∞

−∞e

−(x−ξ)2

4t u0(ξ) dξ

denominada formula de Poisson, para solucao do problema (3).

Observacao. A convolucao de duas funcoes v(x) e w(x) satisfaz a seguinte propriedade:

se v e contınua e limitada e w e infinitamente derivavel para x ∈ R, entao v ∗ w e

infinitamente derivavel para x ∈ R e∂k

∂xk(v∗w) = v∗ ∂

kw

∂xk· Tal fato decorre diretamente

da definicao e de resultados de convergencia de integrais improprias.

Aplicando o resultado acima as funcoes v(x) = u0(x) e w(x, t) =e

−x2

4t

√4πt

e obser-

vando que w ∈ C∞(R× (0,∞)), isto e, w ∈ C∞(R× (ε,∞)), para todo ε > 0, obtem-se,

de (15),

u ∈ C∞(R × (0,∞)) e ut = uxx .

Como, por hipotese, |u0(x)| ≤M em R, para algum M > 0, tem-se

|u(x, t)| ≤M

∫ ∞

−∞

e−ξ2

4t

√4πt

dξ = M.

129

Esta limitacao sera 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) |u0(x) − u0(x0)| <ε

2, para todo |x− x0| < δ1 .

Tem-se entao que:

(17) |u(x, t) − u0(x0)| ≤ |u(x, t)− u0(x)| +ε

2·

Por outro lado, como

(18)

∫ +∞

−∞

e−ξ2

4t

√4πt

dξ =

∫ +∞

−∞

e−(x−ξ)2

4t

√4πt

dξ = 1,

tem-se

(19) |u(x, t)− u0(x)| ≤∫ ∞

−∞

e−y2

4t

√4πt

|u0(x− y) − u0(x)| dy.

Como u0 ∈ C0(R) tem-se u0 uniformemente contınua em compactos de R, logo, se

|x−x0| ≤ δ1 , tem-se que existe η > 0 tal que, se |y| < η, entao |u0(x−y)−u0(x)| <ε

4·

Assim (19) pode ser reescrita da forma

|u(x, t) − u0(x)| ≤∫

|y|≥η

e−y2

4t

√4πt

|u0(x− y) − u0(y)| dy +ε

4

∫

|y|<η

e−y2

4t

√4πt

dy.

Utilizando-se novamente (18) e a limitacao de u0 , encontra-se

(20) |u(x, t)− u0(x)| ≤ 2M

∫

|y|≥η

e−y2

4t

√4πt

dy +ε

4·

130

Efetuando mudanca de variavel conveniente e lembrando que a integral∫ ∞−∞ e−s2

ds

converge, tem-se

∫

|y|≥η

e−y2

4t

√4πt

dy =

∫

|s|≥ n

2√

t

e−s2

√πdx ≤ ε

√2π

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), obtem-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 ≤ minδ1, δ2.Foi provado entao o seguinte resultado de existencia de solucoes:

Teorema 1. Se u0 ∈ C0(R), u0 limitada, entao a funcao

(21) u(x, t) =

∣∣∣∣∣∣∣

1√4πt

∫ +∞

−∞e

−(x−ξ)2

4t u0(ξ) dξ, se x ∈ R, t > 0

u0(x), se x ∈ R, t = 0

e solucao de (3). Alem disso, u ∈ C∞(R × (0,∞)) ∩ C0(R × [0,∞)).

Deve-se chamar a atencao para esta propriedade importante da solucao: mesmo com

dado inicial u0 apenas contınuo e limitado, a solucao se torna completamente regular

para t > 0 ! Tal propriedade e conhecida como efeito regularizante.

EQUACAO NAO HOMOGENEA

Dada u0(x) contınua e limitada em R e h(x, t) contınua e limitada em R× [0,∞),

encontrar u(x, t), definida no domınio −∞ < x < +∞, 0 ≤ t < +∞, limitada, solucao

131

do problema:

(22)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx + h, −∞ < x < +∞, t > 0

u(x, 0) = u0(x), −∞ < x < +∞

u ∈ C2(R × (0,∞)) ∩ C0(R × [0,∞))

Observe que, como se trata de um problema linear, pondo u = v + w, onde v

satisfaz (3) e w e solucao de

(23)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

wt = wxx + h, −∞ < x < +∞, t > 0

w(x, 0) = 0, −∞ < x < +∞

w ∈ C2(R × (0,∞)) ∩ C0(R × [0,∞))

resulta que u e solucao de (22). Logo, basta considerar o problema (23).

Embora o problema (23) seja resolvido com auxılio da transformada de Fourier,

sera empregado um metodo semelhante ao de variacao de parametros ou de Lagrange,

para resolver equacoes diferenciais ordinarias lineares nao homogeneas. Este metodo no

caso de equacoes diferenciais parciais lineares denomina-se Princıpio de Duhamel. Ja

foi aplicado no Capıtulo 2 sobre Equacoes Hiperbolicas.

Princıpio de Duhamel: Seja h ∈ C(R × [0,+∞)), h limitada. Se, para cada

s > 0, z(x, t, s) e solucao do problema

(24)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

zt = zxx , −∞ < x < +∞, t > 0

z(x, 0, s) = h(x, s), −∞ < x < +∞

z ∈ C2(R × (0,∞)) ∩ C0(R × [0,∞))

entao w(x, t) =∫ t

0z(x, t− s, s) ds e solucao de (23).

Demonstracao: Tem-se w(x, 0) = 0 da definicao de w. Da regra de Derivacao de

132

Leibniz, tem-se

wt(x, t) = z(x, 0, t) +

∫ t

0

dz

∂t(x, t− s, s) ds.

Utilizando-se (24) encontra-se

wt(x, t) = h(x, t) +

∫ 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 entao o Princıpio de Duhamel para resolver o problema (23) e,

notando que a solucao de (24) e a mesma do problema (3), dada pela formula de Poisson

(15), encontra-se a solucao procurada

(25) w(x, t) =

∫ t

0

∫ +∞

−∞

e−(x−ξ)2

4(t−s)

√4π(t− x)

h(ξ, s) dξ ds.

Fio de Comprimento Semi-Infinito – A funcao u0(x) e contınua e limitada em

0 < x < ∞ e a funcao h(t) e contınua e limitada em 0 < t < ∞. Encontrar u(x, t),

definida no domınio 0 < x <∞ e 0 < t <∞, u(x, t) limitada, satisfazendo as condicoes

abaixo:

(26)

∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx , 0 < x <∞, t > 0

u(x, 0) = u0(x), x ≥ 0

u(0, t) = h(t), t ≥ 0

No caso particular em que h(t) = 0, ∀ t > 0, sendo u0(0) = 0, estendendo u0 de forma

ımpar a toda reta pode-se utilizar a solucao ja obtida para o caso do fio infinito, para

encontrar a solucao de (26). Considere-se agora o caso particular em que u0(x) = 0,

133

para todo x > 0, isto e

(27)

∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx , 0 < x <∞, t > 0

u(x, 0) = 0, x ≥ 0

u(0, t) = h(t), t ≥ 0

Sendo f : [0,∞) → R, define-se a transformada de Laplace de f , denotada por L(f), por:

F (s) = L(f(t)) =

∫ ∞

0

e−st f(t) dt.

Retornando ao problema (27), define-se L(u(x, t)) = U(x, s), transformada de

Laplace na variavel t de u(x, t) e L(h(t)) = H(s). Nesse caso, utilizando-se as pro-

priedades da transformada da derivada de uma funcao e a linearidade, obtem-se de (27)

e da condicao de limitacao 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 solucao geral da equacao diferencial, nesse caso, e dada por

U(x, s) = c1(s)ex√

s + c2(s)e−x

√s.

Utilizando a condicao de limitacao conclui-se que c1(s) = 0 e, em seguida, substituindo-

se a condicao inicial obtem-se

(29) U(x, s) = H(s)e−x√

s.

Verifica-se que

e−x√

s = L(

x√4πt3

e−x2

4t

).

134

Por outro lado, sendo (u ∗ v)(t) =∫ t

0u(t − y)v(y) dy, obtem-se L(u ∗ v) = L(u) · L(v).

Utilizando estas observacoes em (29), obtem-se, finalmente

u(x, t) =1√4π

∫ t

0

x√(t− ξ)3

e−x2

4(t−ξ) h(ξ) dξ.

Observe que, combinando as solucoes dos dois problemas, um com u0(x) = 0 e outro

com h(t) = 0, pode-se resolver o problema mais geral (26).

PROPRIEDADES DAS SOLUCOES

Os problemas de valor inicial e/ou de contorno associados a equacoes diferenciais

parciais sao denominados bem postos, no sentido de Hadamard (1865-1963), quando

tem solucao, ela e unica e depende continuamente dos dados, isto e, dois problemas

com dados bem proximos tem solucoes bem proximas. Esta propriedade mostra um

comportamento estavel do modelo. Para verificar a propriedade de unicidade, vai ser

provado o resultado a seguir. E um resultado bastante geral, pois tambem pode ser

aplicado a equacao do calor em dimensao espacial n.

Teorema 2 (Princıpio do Maximo para a Equacao do Calor). Sejam a e b finitos, a < b

e T > 0 dados e α constante positiva. Suponha que u ∈ C2((a, b)× (0, T ])∩C0([a, b]×[0, T ]) e solucao da equacao ut = α2 uxx , em (a, b)× (0, T ]. Entao u atinge seu maximo

e seu mınimo em (a, t) ∪ (b, t), t ∈ [0, T ] ou em (x, 0), x ∈ (a, b).

Demonstracao: Seja v(x, t) = u(x, t) + εx2, onde ε > 0 arbitrario. Entao,

v ∈ C2((a, b)× (0, T ]) ∩ C0([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

maximo. Suponha, por contradicao, que (x0, t0) ∈ (a, b)× (0, T ). Como v ∈ C2((a, b)×

135

(0, T ]), segue-se que

vt(x0, t0) = 0 e∂2v

∂x2(x0, t0) ≤ 0.

Comparando com (30) obtem-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

∂x2(x0, t0) ≤ 0,

de onde, comparando com (30), novamente se chega a 2εα2 ≤ 0, concluindo entao que

o maximo de v ocorre em Γ = (a, t)∪ (b, t), t ∈ [0, T ]∪ (x, 0), x ∈ (a, b). Por outro

lado, da definicao de v,

max[0,T ]×[a,b]

u(x, t) ≤ max[0,T ]×[a,b]

v(x, t) ≤ maxΓ

u(x, t) + ε max[a,b]

x2.

Tomando limite quando ε tende a zero, obtem-se

max[0,T ]×[a,b]

u(x, t) ≤ maxΓ

u(x, t).

Como a desigualdade vale no outro sentido, tem-se a igualdade. No caso do mınimo, o

argumento e similar, tomando w = −u.

Com o auxılio do princıpio do maximo, fica simples provar a unicidade de solucoes

do problema (2), inclusive no caso nao homogeneo (o resultado tambem pode ser usado

para mostrar a unicidade em dimensao 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 ∈ C1((0, L)× (0,∞)). Entao existe no maximo uma solucao para o problema

(31)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

u ∈ C2((0, L)× (0,∞)) ∩ C([0, L]× [0,∞))

ut = α2 uxx + g, 0 < x < L, t > 0

u(x, 0) = u0(x), x ∈ [0, L]

u(0, t) = f(t) u(L, t) = g(t), t ≥ 0

136

Demonstracao: Suponha que u e v sejam duas solucoes de (31). Entao w = u − v e

solucao do problema∣∣∣∣∣∣∣∣∣

wt = α2wxx , 0 < x < L, t > 0

w(x, 0) = 0, x ∈ [0, L]

w(0, t) = w(L, t) = 0, t ≥ 0

Seja T > 0 arbitrario. Pelo Teorema 2, o maximo e o mınimo de w sao 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 e arbitrario, w = 0 em [0, L]× [0,∞), isto e u = v.

Para mostrar a unicidade de solucoes no caso do problema (3), tem-se o seguinte

resultado:

Teorema 4. Sejam g ∈ C(R× (0,∞)) e u0 ∈ C(R) limitadas. Entao existe no maximo

uma solucao u ∈ C2(R × (0,∞)) ∩ C(R × [0,∞)), u limitada, do problema

(32)

∣∣∣∣∣ut = α2 uxx + g, em R × (0,∞)

u(x, 0) = u0(x), x ∈ R

Demonstracao: Sejam u1 e u2 solucoes de (32). Entao w = u1 − u2 satisfaz

(33)

∣∣∣∣∣wt = α2wxx , 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

a2x2 − 2Mα2t

a2·

137

Tem-se, entao, v ∈ C2(Ω× (0, T ])∩C(Ω × [0, T ]). De (33) segue-se que vt = α2 vxx em

Ω × (0, T ], entao, do Teorema 2, segue-se

maxΩ×[0,T ]

v(x, t) = maxΓ

v(x, t)

onde Γ = Γ1 ∪ Γ2 , com Γ1 = ∂Ω × [0, T ] e Γ2 = Ω × 0. Mas, em Γ1 , tem-se

v(x, t) ≤M − Ma2

a2− 2Mα2t

a2=

−2Mα2t

a2≤ 0

e, em Γ2 ,

v(x, 0) = w(x, 0) − Mx2

a2=

−Mx2

a2≤ 0,

logo se conclui que v ≤ 0 em Ω × [0, T ]. Assim, por definicao de v, tem-se

w(x, t) ≤ M

a2x2 +

2Mα2t

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 arbitrario tem-se

w(x, t) ≤ 0 em R × [0,∞).

Tomando agora

v(x, t) = −w(x, t) − M

a2x2 − 2Mα2t

a2

e utilizando raciocınio analogo, encontra-se

w ≥ 0 em R × [0,∞),

de onde se conclui, finalmente, que w = 0, logo u1 = u2 .

138

OBSERVACAO FINAL

A partir da expressao (21) para a solucao do problema de Cauchy associado a

equacao 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

entao que o fluxo de calor se propaga com uma velocidade infinita. Tal comportamento

e bem diferente do que ocorre com a equacao da onda (e todas as equacoes hiperbolicas).

Ja foi observado tambem, logo apos o Teorema 1, o denominado efeito regula-

rizante, isto e, a solucao e infinitamente continuamente diferenciavel (para t > 0), mesmo

quando o dado inicial nao seja; isto significa que as singularidades sao imediatamente

absorvidas e a solucao se torna regular assim que ocorre a propagacao.

Assim como no caso do modelo homogeneo, observando a expressao da solucao

(25) do problema de Cauchy para a equacao do calor nao homogenea (23), nota-se

que, mesmo que h(ξ, s) seja nula exceto numa regiao (−ε, ε) × (0, s0), com s0, ε > 0

“pequenos”, os valores da solucao u(x, t) em todos os pontos (x, t), onde x ∈ R e t > 0,

dependerao dos valoes de h nesta pequena regiao.

139

EXERCICIOS RESOLVIDOS

1. A temperatura inicial nos pontos de abcissa 0 ≤ x ≤ L de uma barra com su-

perfıcie lateral isolada, e igual a u0(x) = u0 constante e seus extremos se mantem as

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 estacionaria u(x) = limt→∞

u(x, t).

SOLUCAO:

O problema que se deseja resolver e:

∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx , 0 < x < L, 0 < t <∞

u(x, 0) = u0 , 0 ≤ x ≤ L

u(0, t) = u1 , u(L, t) = u2 , t > 0

Procura-se solucao da forma u(x, t) = v(x, t) + u(x), onde u(x) e a solucao estacionaria

(de equilıbrio), a qual satisfaz a equacao e as condicoes de fronteira, isto e,

∣∣∣∣∣

u′′(x) = 0, 0 < x < L

u(0) = u1 , u(L) = u2

Assim, u(x) = u1 + (u2 − u1)xL , logo a funcao v(x, t) satisfaz as seguintes condicoes:

∣∣∣∣∣∣∣∣

vt = vxx , 0 < x < L, 0 < t <∞

v(x, 0) = u0 − u(x), 0 ≤ x ≤ L

v(0, t) = v(L, t) = 0, t > 0

140

Este problema ja foi resolvido anteriormente, tendo como solucao

v(x, t) =

∞∑

n=1

Bn e−nπt

L sen

(nπx

L

)onde Bn =

2

L

∫ L

0

[u0 − u(x)] sen

(nπx

L

)dx.

Substituindo-se u(x) e integrando, encontra-se, finalmente

u(x, t) = u1 + (u2 − u1)x

L+

∞∑

n=1

2

nπ

((−1)n(u2 − u0) − (u1 − u0)

)e−

nπtL sen

(nπx

L

).

2. Determine uma solucao do problema misto

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx , 0 < x < L, 0 < t <∞

u(x, 0) = 1 + sen(πxL

), 0 ≤ x ≤ L

u(0, t) = u(L, t) = 1, t > 0

SOLUCAO:

Aplicando a transformada de Laplace com relacao a variavel t e denotando

U(x, s) = L(u(x, t)), encontra-se

∣∣∣∣∣∣∣∣

Uxx(x, s) − s U(x, s) = −1 − sen(πxL

)

U(0, s) = U(L, s) +1

s

Resolvendo este problema obtem-se

U(x, s) =1

s+

1

s+ π2/L2sen

(πx

L

)

141

e, utilizando-se uma tabela de transformadas de funcoes elementares, chega-se a solucao

procurada

u(x, t) = 1 + e−π2t

L2 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 funcoes a, b e c sao regulares.

(a) Se u ∈ C2(Ω), mostre que u nao tem maximo local em Ω.

(b) Se u ∈ C2(Ω)∩C(Ω), mostre que u atinge seu maximo em ∂Ω (a fronteira de Ω).

SOLUCAO:

(a) Suponha, por absurdo, que u atinge um maximo local em (x0, t0) ∈ Ω. Entao

∇u(x0, t0) = 0. Alem disso, como a funcao x→ u(x, t0) tem tambem um maximo local

em (x0, t0), segue-se que∂2u

∂x2(x0, t0) ≤ 0. Nesse caso,

Lu(x0, t0) = a(x0, t0)uxx(x0, t0) ≤ 0,

o que e uma contradicao com a hipotese. Logo tem-se o resultado.

(b) Como u ∈ C(Ω), u tem um maximo em Ω. De (a) tem-se que o maximo so

pode ser atingido em ∂Ω.

142

EXERCICIOS PROPOSTOS

1. Considere o problema

∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx , 0 < x < L, t > 0

u(x, 0) = u0(x), 0 ≤ x ≤ L

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t ≥ 0

(a) Use o metodo de separacao de variaveis e serie de Fourier para obter uma candi-

data a solucao do problema.

(b) De condicoes sobre u0(x) para que a expressao encontrada no item (a) seja real-

mente solucao do problema, u ∈ C2([0, L] × (0,∞)) ∩ C0([0, L] × [0,∞)), e u

satisfaz as condicoes inicial e de fronteira.

(c) Mostre que a solucao obtida converge para uma solucao de equilıbrio (indepen-

dente de t), quando t→ ∞.

Resposta: u(x, t) =a0

2+

∞∑n=1

an e−n2π2t

L2 cos

(nπx

L

), onde

an =2

L

∫ L

0

u0(x) cos

(nπx

L

)dx, n = 0, 1, 2, . . .

2. Use a transformada de Laplace para resolver o problema

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = uxx , 0 < x < L, t > 0

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t > 0

u(x, 0) = 1 + cos

(2πx

L

)

Resposta:

u(x, t) = 1 + e−4π2t

L 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, t > 0

u(x, 0) = u0(x), x ∈ R

Resposta:

u(x, t) =

∣∣∣∣∣∣∣

eαt

√4πt

∫ +∞

−∞u0(ξ)e

− (x−ξ)2

4t dξ, x ∈ R, t > 0

u0(x), x ∈ R, t = 0

4. Sejam α, h e β constantes reais nao nulas. Use transformada de Laplace para

resolver o problema

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ut = α2 uxx − h2u, x, t > 0

u(x, 0) = 0, x ≥ 0

u(0, t) = β, limx→∞

u(x, t) = 0, t ≥ 0

Resposta:

u(x, t) =βx

2α√π

∫ t

0

e−h2r

τ3/2e−

x2

4τα2 dτ.

5. Utilize o princıpio do maximo para provar a unicidade de solucoes do problema

(26).

144

145

5. SOLUCOES ANALITICAS

O objetivo da presente secao e fazer um estudo elementar das solucoes analıticas

das equacoes diferenciais parciais. As demonstracoes da existencia de solucoes analıticas

para equacoes ordinarias ou diferenciais parciais, sao 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 demonstracao de Cauchy baseia-se num metodo de comparacao por ele denominado

“Metodo dos Limites”, hoje conhecido como metodo das funcoes majorantes. Posteri-

ormente, este metodo foi desenvolvido por Sofia Kowalewsky em sua tese de doutorado

orientada por Weierstass, em 1874, em Gottingen. Ha contribuicoes significantes de

Goursat e Darboux sobre este metodo. Na presente exposicao, analisa-se um caso bem

particular na tentativa de passar para o leitor a ideia genial de Cauchy. Consulte-se

para outras informacoes 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 exercito russo, descendente do rei da Hungria. Contam seus

biografos, que sua paixao pela matematica surgiu ao ler as notas de aula dos cursos de

matematica que seu pai fez na escola de artilharia em Moscou. Casou-se com um estu-

dante russo de sobrenome Kowalewsky e a seguir, ambos, foram completar seus estudos

em Berlim. Ele em geologia e ela, evidentemente, em matematica, tendo como orien-

tador de trabalho o jovem matematico Weierstrass. Sob esta orientacao deu profundas

contribuicoes as equacoes diferenciais parciais e as integrais Abelianas, cf. J. Hadamard

op. cit. . Posteriormente viajou para Paris onde teve oportunidade de conhecer grandes

146

mestres. Nesta ocasiao, fez significativas contribuicoes a Fısica Matematica, tendo sido

homenageada com premio da Academia de Ciencias. Por intermedio de Weierstrass foi

convidada por Mittag Lefler para ocupar uma posicao permanente na Universidade de

Estocolmo, onde trabalhou ate sua morte. Dizem seus biografos que fez igualmente

substanciais contribuicoes literarias, como acontecia as pessoas cultas da epoca.

Retornando ao estudo das solucoes analıticas, inicia-se com a analise de uma

unica equacao ordinaria servindo de modelo para a compreensao do criativo metodo de

Cauchy.

EQUACOES DIFERENCIAIS ORDINARIAS

Considere-se a funcao f : Ω → R, sendo Ω um aberto do plano R2 e o problema

de Cauchy:

(1)

∣∣∣∣∣∣∣

dy

dx= f(x, y)

y(x0) = y0

Com (x0, y0) denota-se um ponto do aberto Ω. A funcao real f e suposta analıtica em

uma vizinhanca do ponto (x0, y0), isto e, em uma vizinhanca deste ponto a f representa-

se pela serie de potencias aı convergente:

f(x, y) =

∞∑

i,j=1

aij(x− x0)i (y − y0)

j

sendo aij =1

i!j!

∂i+j f

∂xi∂yj, calculadas em (x0, y0).

Denomina-se solucao analıtica do problema de Cauchy (1) a uma funcao y = y(x)

analıtica em uma vizinhanca do ponto x0 , satisfazendo a (1)1 pontualmente e a condicao

147

(1)2 . O resultado fundamental de Cauchy, diz que se f for analıtica em uma vizinhanca

de (x0, y0) entao o problema (1) possui uma solucao analıtica. Todo o trabalho deste

paragrafo consiste em demonstrar este resultado.

Para simplificar os calculos, supoe-se x0 = 0 e y0 = 0, isto e, a origem. O

problema de Cauchy toma a forma:

(2)

∣∣∣∣∣∣∣

dy

dx= f(x, y) em uma vizinhanca de (0, 0)

y(0) = 0

A solucao y = y(x) procurada escreve-se sob a forma

(3) y(x) =∞∑

k=0

bk xk ,

em uma vizinhanca do zero. Os coeficientes bk sao dados por

(4) bk =1

k!

dk y

dxk, calculados em x = 0.

Os coeficientes bk , k = 0, 1, 2 . . . sao calculados por meio da equacao (2) e suas derivadas

sucessivas calculadas no ponto x = 0. De fato, tem-sedy

dx

∣∣x=0

= f(0, 0) e

(5)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b0 = y(0)

b1 = y′(0) = f(0, 0)

2! b2 = y′′(0) = fx(0, 0) + fy(0, 0)b1

3! b3 = y′′′(0) = fxx(0, 0) + 2b1fxy(0, 0) + fyy(0, 0)b21 + 2b2fy(0, 0)

...................................................................................................

Portanto os coeficientes do desenvolvimento (3) sao conhecidos, devido as relacoes (5),

por meio dos coeficientes do desenvolvimento de f(x, y) em serie de potencias, em uma

148

vizinhanca da origem, isto e,

(6) f(x, y) =∞∑

i,j=1

aij xi yj

sendo

(7) aij =1

i!j!

∂i+j f

∂xi∂yj

∣∣∣∣x=0y=0

.

Portanto, fazendo-se x = y = 0 em (5) obtem-sed2y

dx2

∣∣∣∣x=0

,d3y

dx3

∣∣∣∣x=0

, . . . que darao

os coeficientes bk do desenvolvimento (3) de y(x), por meio dos coeficientes aij do

desenvolvimento (6) de f(x, y).

Portanto de (5) obtem-se os coeficientes bk de (3) em funcao dos aij . De modo preciso

os bk sao obtidos por meio de polinomios em aij com coeficientes inteiros nao negativos.

Dois sao os problemas a resolver:

i) A convergencia de (3) com os coeficientes bk dados por (5).

ii) E esta serie solucao 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 equacao obtem-se a funcao ϕ(x) =

y′(x)−f(x, y(x)) definida em uma vizinhanca de x = 0, nula com todas as derivadas em

uma vizinhanca do zero onde a serie converge. Logo ϕ e a funcao nula nesta vizinhanca

provando o ii).

Resta demonstrar a convergencia da serie (3). Esta convergencia sera obtida

por meio do metodo de funcoes majorantes que Cauchy denominou metodo dos limites.

Considere-se uma funcao F (x, u) analıtica em (0, 0), isto e,

(8) F (x, u) =

∞∑

i,j=1

Aij xi uj

149

convergente em |x| < r, |u| < ρ, cujos coeficientes nao negativos sao tais que:

(9) |aij | ≤ Aij ; i, j = 0, 1, . . .

Diz-se que a funcao analıtica F (x, u) e uma majorante da funcao analıtica f(x, y):

formula-se com F o problema de Cauchy majorante

(10)

∣∣∣∣∣∣∣

du

dx= F (x, u)

u(0) = 0

Considere-se a solucao analıtica u de (10) dada por:

(11) u(x) = c0 + c1x+ c2x2 + . . .

convergente em |x| < T sendo

(12) ck =1

k!

dku

dxk

∣∣∣∣x=0

.

Por um processo analogo ao desenvolvido para obter (5), calcula-se os ck em funcao dos

coeficientes Aij de (8). Tem-se que os ck sao obtidos como polinomios em Aik , com

coeficientes inteiros nao 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 solucao analıtica convergente em uma vi-

zinhanca de zero, entao ela e majorante da funcao y(x) dada por (3). Logo, a serie (3)

e convergente em uma vizinhanca da origem, como desejava-se provar. Resta, apenas

provar que (10) possui solucao analıtica. O sucesso do metodo consiste em escolher

150

de modo conveniente a funcao F (x, u) majorante da f(x, y) de modo a obter-se um

problema de Cauchy de simples solucao.

Suponha-se que a funcao f seja analıtica em (x, y) ∈ R2, |x| ≤ a, |y| ≤ b e seja

M o maximo de f neste domınio. Tem-se que

∞∑

i,j=0

aij ai bj

converge para f(a, b). Logo, |aij ai bj | < M ou

|aij| ≤M

ai bji, j = 0, 1, 2, . . . .

Logo,

∞∑

i,j=0

aij xi yj ≤M

∞∑

i,j=1

((x

a

)i(y

b

)j

.

A soma da serie geometrica da direita e

F (x, y) =M(

1 − xa

)(1 − y

b

)

e a serie da esquerda e a funcao f(x, y) do problema (2). Logo, F (x, y) e uma funcao

analıtica majorante de f(x, y) na vizinhanca da origem (x, y) ∈ R2; |x| < a, |y| < b.Portanto natural e escolher F (x, u), |x| < a, |u| < b para compor o problema majorante

auxiliar (10). Obtem-se o problema auxiliar majorante:

(14)

∣∣∣∣∣∣∣

du

dx=

M(1 − x

a

)(1 − u

) em |x| < a, |u| < b

u(0) = 0

151

A equacao

(15)

(1 − u

b

)du

dx=

M

1 − xa

e de facil resolucao. De fato, as variaveis se separam e sua solucao e:

(16) u− u2

2b= −aM log

(1 − x

a

).

Daı obtem-se uma solucao de (14) dada por:

(17) u = b− b

√

1 + 2aM

blog

(1 − x

a

).

Toma-se log 1 = 0, resultando que u(0) = 0. Esta funcao u e analıtica numa vizinhanca

da origem. Realmente, a funcao sob o radical e analıtica no interior do intervalo |x| < a

e se anula para

(18) x = ρ = a

(1 − e−

b2aM

).

Quando pertence ao cırculo Cρ de raio ρ e centro na origem, o radical em (17)

e uma funcao analıtica. E consequencia do modulo de2aM

blog

(1 − x

a

)ser inferior a

um. Para verificacao deste fato, note-se que sendo |x| < a obtem-se:

log

(1 − x

a

)= −

∞∑

n=1

1

an−1

xn

n

uniforme e absolutamente convergente em |x| < ρ < a. Tem-se:∣∣∣∣2aM

blog

(1 − x

a

)∣∣∣∣ ≤2aM

b

∞∑

n=1

1

an−1

|x|nn

≤

≤∣∣∣∣∣2aM

b

∞∑

n=1

1

an−1

ρn

n

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2aM

blog

(1 − ρ

a

)∣∣∣∣ = 1.

152

Conclui-se que u dada por (17) possui uma representacao em series de potencias

convergente em Cρ e majorante de (3). Logo (3) converge em Cρ .

A unicidade segue-se supondo-se que existam duas solucoes y, y para o problema

de Cauchy (2). Fazendo-se z = y − y, obtem-se

z′(x) = f(x, y(x))− f(x, y(x)), z(0) = 0, pois y(0) = y(0) = 0.

A solucao dada por (3) com os coeficientes dados por (5) e a serie com coeficientes nulos,

logo z e a funcao nula em Cρ ou y = y.

EQUACOES DIFERENCIAIS PARCIAIS

A extensao do metodo dos limites de Cauchy para equacoes diferenciais parciais

e conhecida sob a denominacao de teorema de Cauchy-Kowalewsky. Para facilitar a

compreensao do processo limitar-se-a a um sistema de equacoes diferenciais parciais do

tipo seguinte:

(18)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ui

∂x=

2∑

j=1

Gij(u1, u2)∂uj

∂y

ui(0, y) = φi(y) para todo y

i = 1, 2.

Note-se que Gij(ξ, η), i, j = 1, 2, e uma funcao real definida em um aberto Ω

do R2, continuamente diferenciavel. Com ui(x, y), i = 1, 2, representa-se uma funcao

definida em um aberto do R2, continuamente diferenciavel, tal que para todo par (x, y)

tem-se (u1(x, y), u2(x, y)) pertence a Ω. A funcao φi(y), i = 1, 2, e o dado de Cauchy

conhecido sobre a reta x = 0 do plano R2. Supoe-se continuamente derivavel.

153

Supoe-se φi(0) = 0, o que nao e restritivo. E suficiente considerar a mudanca de

variaveis ui(x, y) − φi(y) = vi(x, y), i = 1, 2. Logo na nova variavel tem-se vi(0, y) = 0

para todo y. Consequentemente, sendo φi(0) = 0 tem-se ui(0, 0) = 0, pela condicao de

Cauchy. Portanto, Gij(u1(x, y), u2(x, y)) em x = 0, y = 0 reduz-se aGij(0, 0). Portanto,

a serie de Taylor de Gij(u1, u2) em uma vizinhanca da origem (0, 0) escreve-se:

(19) Gij(u1, u2) =∞∑

r,s=1

bijrs ur1 u

s2 ,

sendo

(20) bijrs =1

r!s!

∂r+sGij

∂ur1 ∂u

s2

calculadas em x = 0, y = 0.

A serie de Taylor do dado inicial em uma vizinhanca da origem do eixo dos y, e

dada por:

(21) φi(y) =

∞∑

ℓ=1

aiℓ y

ℓ,

sendo:

(22) aiℓ =

1

ℓ!

dℓ φi(y)

dyℓ, em y = 0.

Note-se que a0 = φi(0) = 0, assim, inicia-se o somatorio (21) com ℓ = 1.

O objetivo e demonstrar a existencia de solucoes analıticas do problema de

Cauchy (18), por intermedio do metodo dos limites ou, equivalentemente, das funcoes

majorantes. Supoe-se, entao, Gij(u1, u2), i, j = 1, 2, analıticas em |ui| < a, i = 1, 2 e

φi(y) analıtica em |y| < b. Logo, admite-se, que as series (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 solucao analıtica em uma vizinhanca da origem (0, 0)

do R2.

De modo preciso, tem-se como objetivo principal, provar o problema de Cauchy

(18), com estas hipoteses, possui uma solucao do tipo:

(23) ui(x, y) =

∞∑

α,β=1

ciαβ xα yβ, i = 1, 2

com coeficientes dados do modo seguinte:

(24) ciαβ =1

α!β!

∂α+βui(x, y)

∂xα ∂yβ, para x = 0, y = 0,

com i = 1, 2.

Para uma clara compreensao do metodo dos limites de Cauchy, calcula-se, a

seguir, os coeficientes ciαβ de (23) em funcao dos coeficienes bijrs e aiℓ dados por (20) e

(22), respectivamente, supondo-se que (23) com coeficientes (24) seja solucao de (18).

Calculo dos coeficientes ciαβ

De fato,

ci00 = ui(0, ) = φi(0) = 0,

por hipotese

ci10 =∂ui

∂x(0, 0) = Gi1

(u1(0, 0), u2(0, 0)

)∂u1

∂y(0, 0) +G12

(u1(0, 0), u2(0, 0)

)∂u2

∂y(0, 0)

obtido da equacao (18).

Tem-se, de (18), ui(0, y) = φi(y), logo

∂ui

∂y(0, y) = φ′i(y) e

∂ui

∂y(0, 0) = φ′i(0).

155

Resulta de (20), que Gij

(u1(0, 0), u2(0, 0)

)= Gij(0, 0) = bij00 .

Daı, obtem-se:

ci10 = bi100 φ′i(0) + bi200 φ

i2(0), i = 1, 2.

Tem-se, igualmente,

ci01 =∂ui

∂y(0, 0) = φ′i(0), i = 1, 2

mas,

φ′i(0)dφi(y)

dy

∣∣∣∣y=0

= ai1 .

Em resumo, obteve-se:

(25)

∣∣∣∣∣∣

ci10 = bi100 ai1 + bi200 a

i2

ci01 = ai1

Calcula-se o segundo coeficiente de (23) dado por (24). De (18), obtem-se:

∂2ui

∂y∂x=

2∑

j=1

[∂Gij

∂u1

∂u1

∂y+∂Gij

∂uj

∂uj

∂y

]∂u

∂y+Gij(u1, u2)

∂2uj

∂y2

.

Calculo em x = 0, y = 0

De (20), obtem-se:

∂Gij

∂u1= bij10 e

∂Gij

∂u2= bij01 ,

quando as derivadas sao calculadas em x = 0, y = 0, isto e, u1(0, 0) = 0, u2(0, 0) = 0.

Da condicao inicial∂ui

∂y(0, 0) = φ1

i (0) = ai1 e Gij

(u1(x, y), u2(x, y)

)= bij00 em x = 0,

y = 0. Da condicao inicial em (18), obtem-se:∂2ui

∂y2(0, 0) = φ′′i (0) =

1

2ai2 .

156

Daı, obtem-se o coeficiente ci11 dado por:

(26) ci11 =

2∑

j=1

[bij10 a

i1 + bij01 a

i2

]+

1

2bij00 a

i2

para i = 1, 2.

Por este processo, vao sendo obtidos os coeficientes ciαβ da serie (23), hipotetica

solucao de (18). Examinando-se (25) e (26), deduz-se que estes coeficientes ciαβ serao

obtidos por meio de polinomios em bijrs e aiℓ , com coeficientes numeros inteiros nao

negativos. Relembre-se que bijrs e aiℓ sao os coeficientes das representacoes de Gij(u1, u2)

e φi(y) em series de potencias numa vizinhanca da origem, (19), (20), (21), (22).

Considere-se a serie (23) com os coeficientes (24) calculados por (25), (26), etc,

por meio de polinomios em bijrs e aiℓ , com coeficientes inteiros nao negativos. Suponha,

por enquanto, que ela seja convergente em uma vizinhanca v(0, 0) da origem do plano

R2. Considere-se a funcao

Φi(x, y) =∂ui

∂x(x, y)−

2∑

j=1

Gij

(u1(x, y), u2(x, y)

)∂uj

∂y(x, y) i = 1, 2,

definida na vizinhanca de convergencia v(0, 0). Por repeticao do processo de calculo dos

coeficientes acima desenvolvido, conclui-se que Φi(x, y) = 0 em (0, 0) com todas as suas

derivadas. Resulta que Φi(x, y) e a funcao identicametne nula em v(0, 0), provando que

se a serie (23), com coeficientes (25), (26), etc, for convergente, sua soma sera solucao

do problema de Cauchy (18). Portanto, resta provar a convergencia de (23) com os

coeficientes dados por (25), (26), etc.

Convergencia da serie (23)

Considere-se a serie (23) com os coeficientes dados por (25), (26), etc, isto e,

polinomios em bijrs , aiℓ , com coeficientes inteiros nao negativos.

157

A demonstracao e semelhante a que foi feita no caso de equacoes ordinarias. Tem-

se, apenas, mais calculo a fazer. Emprega-se o metodo 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), analıticas, tais que:

(27) Hij(u1, u2) =

∞∑

r,s=0

Bijrs u

r1 u

s2

convergente em |ui| < a, sendo

(28) |bijrs| < Bijrs , para todos os ındices

e

(29) ψi(y) =∞∑

ℓ=1

Aiℓ y

ℓ

convergente em |y| < b, sendo

(30) |aiℓ| < Ai

ℓ , para todos os ındices.

Portanto, conhecidas as majorantes Hij(u1, u2) e ψi(y), considera-se o problema de

Cauchy:

(31)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂Vi

∂x=

2∑

j=1

Hij(V1, V2)∂Vj

∂y

Vi(0, y) = ψi(y)

i = 1, 2

Note-se que Hij(V1, V2) e ψi(y) sao funcoes analıticas conhecidas.

158

Pelo mesmo processo para construir a solucao (23) com coeficientes (24), obtidos

por (25), (26) e por meio de poliomios em bijrs , aiℓ com coeficientes inteiros nao negativos,

obtem-se a representacao em serie da solucao Vi(x, y) de (31). Deste modo, encontra-se

(32) Vi(x, y) =∞∑

α,β=1

Ciαβ x

α yβ ,

sendo os coeficientes Cijαβ obtidos, neste caso, por meio de polinomios em Bij

rs e Aiℓ com

coeficientes inteiros nao negativos.

De (28) e (30) deduz-se que os Cijαβ coeficientes de (32) majoram os cijαβ coefi-

cientes de (23). De fato, tem-se cijαβ = P (bijrs , aiℓ), polinomio com coeficientes inteiros

nao negativos e Cijαβ = P (Bij

rs , Aiℓ) polinomios com coeficientes inteiros nao negativos.

Tem-se |bijrs| < Bijrs e |ai

ℓ| < Aiℓ . Consequentemente vale a majoracao:

(33) |cijαβ| ≤ P(|bijrs|, |ai

ℓ|)≤ P (Bij

rs.Aiℓ) = ciαβj

provando que a serie (32) majora a serie (23) na vizinhanca da origem (0, 0) onde

convergem. Sendo (32) convergente conclui-se que (23) e convergente, logo (18) possui

uma solucao analıtica.

Assim, o sucesso do metodo repousa na escolha de um problema majorante (31)

de simples resolucao como procedeu-se no caso de equacoes ordinarias.

A etapa seguinte consiste da escolha e resolucao do problema majorante (31).

De fato, suponha que as series

φi(y) =

∞∑

ν=1

ai yi e Gij(u1, u2) =

∞∑

r,s=0

bijrs ur1 u

s2

convirjam, respectivamente nas vizinhancas da origem:

|y| < ρ e |u1| + |u2| < R,

159

sendo |G(u1, u2)| < M na segunda vizinhanca. Entao, obtem-se as majoracoes:

(34) |aiν | <

M

ρν

e

(35) |bijrs| <M

Rr+s≤ M

Rr+s

(r + s)!

r!s!·

Definindo-se

Aiν =

M

ρνe Bij

rs =M

Rr+s

(r + s)!

r!s!

obtem-se:

(36) ψi(y) =

∞∑

ν=1

Aiν y

ν = M

∞∑

ν=1

(y

ρ

)ν

com |y| < ρ e

Hij(V1, V2) =

∞∑

r,s=0

Bijrs V

r1 V

s2 ,

ou

(37) Hij(V1, V2) = M

∞∑

r,s=0

(V1

R

)r(V2

R

)s(r + s)!

r!s!

com |u1| + |u2| < R.

Sendo

(38)M

1 − V1+V2

R

=

∞∑

k=0

k∑

r+s=0

(r + s)!

r!s!

(V1

R

)r(V2

R

)s

,

160

obtem-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) obtem-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)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂Vi

∂x=

M

1 − V1+V2

R

2∑

j=1

∂Vj

∂y(x, y),

Vi(0, y) =My

ρ− y, i = 1, 2

Sendo Hij(u1, u2) e ψi(y) independentes de i, j, natural seria procurar solucoes de (41)

da mesma natureza, isto e,

V1(x, y) = V2(x, y) = V (x, y).

Logo, o problema (41) simplifica-se na seguinte

(42)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂V

∂x=

2M

1 − 2VR

∂V

∂y

V (0, y) =My

ρ− y

Observacao 1: O sistema (42) e redutıvel a um sistema linear do tipo:

(43)

∣∣∣∣∣∣∣

a(V )∂V

∂x+ b(V )

∂V

∂y= 0, b(V ) 6= 0

V (0, y) = φ(y),

161

cuja solucao e dada, explicitamente, por:

(44) V (x, y) = φ

(y − a(V )

b(V )x

)

cf. Courant-Hilbert [2].

O problema (42) toma a forma:

(45)

∣∣∣∣∣∣∣

(1 − 2

RV

)∂V

∂x− 2M

∂V

∂y= 0

V (0, y) = φ(y)

com

φ(y) =My

ρ− y, |y| < ρ.

Segue-se da Observacao 1 que a solucao de (45) e dada por:

V (x, y) = φ

(y − a(V )

b(V )x

),

com

a(V ) = 1 − 2

RV, b(V ) = −2M.

Logo, a solucao sera:

V (x, y) = φ

(y +

2M

1 − 2RV

x

).

Substituindo-se em φ(z) =Mz

ρ− z, efetuando-se o calculo algebrico, obtem-se a equacao

do segundo grau para o calculo de V

(46) ρV

(1 − 2

RV

)= (V +M)

[(1 − 2

RV

)y + 2Mx

].

162

Analise simples permite concluir a existencia de solucao analıtica de (45) a partir de

(46).

De fato, observe-se que a solucao V de (45) que se deseja obter deve ser nula em

x = 0, y = 0, pois V (0, y) =My

ρ− y. Tomando-se x = 0, y = 0 em (46), ela reduz-se a

V (0, 0)

(1 − 2

RV (0, 0)

)= 0, R > 0

obtendo-se

V1(0, 0) = 0 e V2(0, 0) =R

2·

Das duas solucoes a que interessa ao problema (45) e a V1(x, y). Sendo R > 0, as duas

solucoes sao diferentes em (0, 0), logo o discriminante δ(x, y) da equacao do segundo

grau (46) e maior que zero em (0, 0). Sendo δ(x, y) uma funcao contınua, existe uma

vizinhanca da origem (0, 0) onde δ(x, y) e estritamente positivo. Logo, nesta vizinhanca

a raiz V1(x, y) da equacao (46), obtida explicitamente, e uma funcao analıtica. Assim,

(45) possui uma solucao analıtica.

A unicidade de solucao analıtica do problema de Cauchy (18) faz-se de modo

analogo ao que foi feito para o correspondente problema para equacoes diferenciais

ordinarias.

163

BIBLIOGRAFIA

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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 Mathematique, Tome II, Gauthier-Villars,

1949.

[4] HADAMARD, J. - Probleme de Cauchy et les Equations aux Derivees Partielles

Lineaires Hyperboliques, Hermann Edt., Paris, 1932.

[5] PICARD, E. - Lecons sur l’Equations aux Derivees Partielles, Gauthier-Villars,

Paris, 1950.

[6] PERSICO, E. - Introduzione alla Fısica Matematica, Zenichelli, Bologna, Italy,

1941.

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