Notas de Aula Introdução às Equações Diferenciais Parciais

Notas de Aula

Introducao asEquacoes Diferenciais Parciais

Rodney Josue Biezuner 1

Departamento de MatematicaInstituto de Ciencias Exatas (ICEx)

Universidade Federal de Minas Gerais (UFMG)

Notas de aula da disciplina Introducao as Equacoes Diferenciais Parciais

dos Cursos de Bacharelado em Matematica e Matematica Computacional,

lecionada pelo autor durante tres semestres entre 2005 e 2007.

12 de outubro de 2007

1E-mail: [email protected]; homepage: http://www.mat.ufmg.br/∼rodney.

Sumario

0 Introducao 50.1 Conducao do Calor em uma Barra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

0.1.1 Modelagem Fısica e Matematica do Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50.1.2 Algumas Formas mais Gerais para a Equacao do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90.1.3 Condicao Inicial e Condicao de Fronteira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100.1.4 Solucao do Modelo Matematico: O Metodo de Separacao de Variaveis e Series de Fourier 110.1.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

0.2 Leis de Conservacao e Relacoes Constitutivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150.2.1 Lei de Conservacao Unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150.2.2 Lei de Conservacao em Varias Dimensoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170.2.3 Relacoes Constitutivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180.2.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1 Series de Fourier 201.1 Propriedades das Funcoes Seno e Cosseno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.1.1 Periodicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.1.2 Relacoes de Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.1.3 Produto Interno no Espaco das Funcoes Quadrado-Integraveis . . . . . . . . . . . . . . 231.1.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.2 Calculo dos Coeficientes da Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.3 Teorema de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.3.1 Existencia da Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.3.2 Funcoes Contınuas por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.3.3 O Teorema de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.3.4 Estimativa dos Coeficientes de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.3.5 Series de Fourier de Funcoes Pares e Impares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.3.6 Extensoes Periodicas Pares e Impares de Funcoes Definidas em Intervalos . . . . . . . 381.3.7 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.4 Convergencia da Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.4.1 Convergencia Puntual da Serie de Fourier: Demonstracao do Teorema de Fourier . . . 431.4.2 Diferenciacao e Integracao Termo a Termo da Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . 481.4.3 Desigualdade de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531.4.4 Convergencia Uniforme da Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551.4.5 Identidade de Parseval . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571.4.6 Sistemas Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 611.4.7 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

1


2 Equacao do Calor Unidimensional 632.1 Existencia, Unicidade e Estabilidade da Solucao para o Problema de Dirichlet . . . . . . . . . 63

2.1.1 Existencia de Solucao para o Problema de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.1.2 Princıpio do Maximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.1.3 Unicidade e Estabilidade de Solucoes para o Problema de Dirichlet Geral . . . . . . . 71

2.2 Problema de Dirichlet Nao Homogeneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.3 Problema de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.4 Problema de Robin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.5 Unicidade de Solucao para os Problemas de Neumann e Robin . . . . . . . . . . . . . . . . . 792.6 Problemas Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.6.1 Equacao do calor nao-homogenea com fonte independente do tempo . . . . . . . . . . 812.6.2 Equacao do calor nao-homogenea com fonte dependente do tempo . . . . . . . . . . . 832.6.3 O problema geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.7 Alguns problemas especıficos de conducao do calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.7.1 Problema da barra com conveccao de calor em um extremo . . . . . . . . . . . . . . . 852.7.2 Condicoes de fronteira de Robin complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 872.7.3 Problema do anel circular fino . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

2.8 Solucao da Equacao do Calor em R – Nucleo do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.8.1 Solucao do Problema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 892.8.2 O Princıpio do Maximo em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

2.9 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3 Equacao da Onda Unidimensional 973.1 Modelo Matematico da Corda Vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3.1.1 Vibracoes Livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.1.2 Condicoes Iniciais e de Fronteira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983.1.3 Solucao da Equacao da Onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.1.4 Outros Tipos de Vibracao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

3.2 Solucao pelo Metodo de Separacao de Variaveis e Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . 1003.2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

3.3 A Solucao de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.3.1 Solucao Geral da Equacao da Onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.3.2 Solucao do Problema de Dirichlet para a Equacao da Onda pelo Metodo de D’Alembert108

3.4 Solucao da Equacao da Onda em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.4.1 Corda Infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.4.2 Domınio de Dependencia e Cone de Influencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.4.3 Fenomeno de Huygens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.4.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

3.5 Harmonicos, Energia da Corda e Unicidade de Solucao para a Equacao da Onda . . . . . . . 1133.5.1 Harmonicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.5.2 Energia da Corda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.5.3 Unicidade de Solucao para a Equacao da Onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

3.6 Apendice: Corda Suspensa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4 Equacoes Diferenciais Parciais Bidimensionais 1204.1 Series de Fourier Duplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4.1.1 Definicao e Calculo dos Coeficientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1204.1.2 Funcoes de Duas Variaveis Pares e Impares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

4.2 A Equacao da Onda Bidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.2.1 Problema da Membrana Vibrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123


4.2.2 Solucao do Problema da Membrana Vibrante pelo Metodo de Separacao de Variaveise Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4.2.3 Linhas Nodais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.3 A Equacao do Calor Bidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

4.3.1 Deducao da Equacao do Calor Tridimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.3.2 Equacao do Calor Bidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.3.3 Solucao do Problema da Conducao do Calor na Chapa Retangular com Margens Man-

tidas a Temperatura Zero por Separacao de Variaveis e Series de Fourier . . . . . . . . 1294.3.4 Solucao do Problema da Conducao do Calor na Chapa Retangular Termicamente Iso-

lada por Separacao de Variaveis e Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

5 A Equacao de Laplace 1345.1 Solucao da Equacao de Laplace no Retangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.2 O Princıpio do Maximo Fraco e a Unicidade de Solucao para a Equacao de Laplace . . . . . . 1385.3 Solucao da Equacao de Poisson no Retangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.4 A Equacao de Laplace no Disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

5.4.1 A Equacao de Laplace em Coordenadas Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.4.2 Solucao da Equacao de Laplace no Disco pelo Metodo de Separacao de Variaveis e

Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1425.4.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.5 Funcoes Harmonicas e o Princıpio do Maximo Forte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.5.1 Identidades de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.5.2 Funcoes Harmonicas e as Propriedades do Valor Medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1475.5.3 Princıpio do Maximo Forte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1495.5.4 Desigualdade de Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.6 Solucao da Equacao de Laplace atraves de Funcoes de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1505.6.1 Solucao Fundamental da Equacao de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1505.6.2 Funcao de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.6.3 Propriedades da Funcao de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.6.4 Solucao da Equacao de Laplace em Bolas – Formula Integral de Poisson . . . . . . . . 1565.6.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

6 A Equacao da Onda no Disco: Vibracoes de uma Membrana Circular 1606.1 A Membrana Circular Vibrante: Vibracoes Radiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1606.2 Funcoes de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

6.2.1 Funcoes de Bessel do Primeiro Tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1626.2.2 A Funcao Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1666.2.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1666.2.4 Formulas de Recursao para as Funcoes de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676.2.5 Funcoes de Bessel do Segundo Tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1696.2.6 Zeros das Funcoes de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

6.3 Series de Funcoes de Bessel e a Solucao do Problema da Membrana Circular Vibrante . . . . 1736.3.1 Ortogonalidade das Funcoes de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1736.3.2 Series de Bessel de ordem p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1756.3.3 Solucao do Problema da Membrana Circular Vibrante Radial . . . . . . . . . . . . . . 175

6.4 A Membrana Circular Vibrante: Vibracoes Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176


7 Equacao de Laplace em Domınios Tridimensionais Simetricos 1807.1 A Equacao de Laplace em um Cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

7.1.1 A Equacao de Laplace em Coordenadas Cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1807.1.2 Solucao de um Problema de Laplace no Cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1807.1.3 Funcoes de Bessel Modificadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1827.1.4 Solucao de outro Problema de Laplace no Cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

7.2 A Equacao de Laplace em uma Bola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1847.2.1 A Equacao de Laplace em Coordenadas Esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1847.2.2 A Equacao de Legendre e Polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1857.2.3 Series de Polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1887.2.4 Solucao da Equacao de Laplace na Bola com Simetria Radial . . . . . . . . . . . . . . 189

8 Transformada de Fourier 1918.1 A Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

8.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1938.2 A Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

8.2.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1948.2.2 Propriedades Operacionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1978.2.3 Transformada de Fourier da Funcao Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2008.2.4 Tabela de Transformadas de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2028.2.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

8.3 O Metodo da Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2048.3.1 A Equacao do Calor para uma Barra Infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2058.3.2 A Equacao da Onda em uma Corda Infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2068.3.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

Capıtulo 0

Introducao

Uma equacao diferencial parcial (EDP) e uma equacao matematica envolvendo derivadas parciais. Umasolucao para uma equacao diferencial parcial e uma funcao cujas derivadas parciais satisfazem a equacao.Dizemos que uma equacao diferencial parcial tem ordem m quando a derivada parcial de ordem mais altatem ordem m.

A maioria das equacoes diferenciais parciais surgem de modelos fısicos. Uma outra classe importantesurge de problemas em geometria diferencial. Nestas notas, cada equacao que estudarmos sera precedidapela introducao de um modelo fısico. O modelo fısico, alem de prover uma motivacao para o estudo dedeterminada equacao (por que estudar exatamente esta equacao diferencial parcial, ja que existem infinitasoutras possibilidades matematicas?), sugere as propriedades matematicas que as solucoes desta equacaodevem ter e, muitas vezes, metodos para resolve-la ou ate mesmo a expressao exata da solucao.

Como exemplos de areas que sao altamente dependentes do estudo de EDPs, destacamos as seguintes:acustica, aerodinamica, elasticidade, eletrodinamica, dinamica dos fluidos, geofısica (propagacao de ondassısmicas), transferencia do calor, meteorologia, oceanografia, otica, prospeccao de petroleo, fısica do plasma,mecanica quantica, relatividade, circulacao de fluidos dentro de organismos vivos e crescimento de tumores.

Nesta introducao veremos como muitas equacoes diferenciais parciais importantes surgem atraves de leisde conservacao. Veremos antes um exemplo concreto: a equacao do calor unidimensional, que e a formadiferencial da lei de conservacao da energia termica. Alem disso, introduziremos um metodo de solucao paraequacoes diferenciais parciais lineares: o metodo de separacao de variaveis e o uso de series de Fourier, cujateoria sera desenvolvida a partir do primeiro capıtulo.

0.1 Conducao do Calor em uma Barra

0.1.1 Modelagem Fısica e Matematica do Problema

Considere uma barra uniforme de comprimento L, feita de material homogeneo condutor de calor. Porbarra uniforme, entendemos que ela e geometricamente gerada pela translacao de uma determinada figurageometrica plana na direcao perpendicular ao seu plano (em outras palavras, um cilindro reto cuja base podeser qualquer figura geometrica, como por exemplo um disco (cilindro circular reto), uma elipse (cilindroelıptico reto), um triangulo (prisma reto), um retangulo (paralelepıpedo reto), ou qualquer outra figurageometrica plana). Em particular, a sua secao transversal e sempre igual a esta figura e portanto tem areaconstante, que denotaremos por A. Suponha que a superfıcie lateral da barra esteja isolada termicamente,de modo a nao permitir transferencias de calor atraves dela com o ambiente. Transferencias de calor, se eque acontecem, podem ocorrer apenas atraves das extremidades da barra.

A uniformidade da barra, a homogeneidade do material e o isolamento termico lateral implicam queo fluxo de calor acontece somente na direcao longitudinal (isto e, ao longo do comprimento da barra).

5


Portanto, este e um problema de conducao de calor unidimensional. Em outras palavras, as variaveis fısicassao constantes em cada secao transversal da barra, podendo variar apenas de uma secao para outra.

Consideremos a barra posicionada no eixo x, com uma das extremidades na origem x = 0; logo a outraextremidade ocupa a posicao x = L. Queremos determinar como a temperatura em cada ponto da barravaria a medida que o tempo passa. Para isso, vamos analisar o fluxo de calor ao longo da barra. Inicialmente,considere duas secoes transversais da barra, localizadas em x e x + ∆x, delimitando uma fatia da barra.Atraves destas secoes, calor flui (entra ou sai) para ou desta fatia. Denotaremos o fluxo de calor, isto e, aquantidade de calor por unidade de tempo fluindo para a direita por unidade de area, por φ(x, t); no S.I., ofluxo de calor tem como unidades Joules/m2s.

φ(x, t) = fluxo de calor (quantidade de calor por unidade de tempofluindo para a direita por unidade de area).

Se φ(x, t) < 0, o calor esta fluindo para a esquerda. A quantidade total de calor que entra na fatia porunidade de tempo e dada pela diferenca entre a quantidade de calor que entra pela secao transversal em xe a quantidade de calor que sai pela secao transversal em x + ∆x, isto e,

φ(x, t)A− φ(x + ∆x, t)A.

E claro que calor pode sair da fatia pela secao transversal em x (se φ(x, t) < 0), assim como calor podeentrar na fatia pela secao transversal em x + ∆x (se φ(x + ∆x, t) < 0); se a diferenca acima for negativa,entao o resultado final e que calor sai da fatia.

Esta quantidade de calor total que entra ou sai da fatia por instante de tempo pode ser calculada em funcaodas temperaturas nas secoes transversais que delimitam a fatia atraves da Lei de Conducao do Calor deFourier (esta lei foi empiricamente observada por Fourier):

Lei de Conducao do Calor de Fourier. Sejam P1 e P2 duas placas formadas de um mesmo materiale de mesma area igual a A, mantidas a temperaturas constantes respectivas T1 e T2. Se elas foremcolocadas paralelamente a uma distancia d uma da outra, havera passagem de calor da placa maisquente para a placa mais fria e a quantidade de calor transferida de uma placa para a outra porunidade de tempo (ou seja, a taxa de transferencia de calor, medida em Joules/s) e dada por

Φ = kA|T2 − T1|

d,


onde k e uma constante especıfica do material entre as placas, chamada condutividade termica domaterial.

Denotemos

u(x, t) = temperatura do ponto x da barra no instante de tempo t.

As secoes transversais da barra, localizadas em x e x + ∆x, fazem o papel das duas placasP1 e P2. Denoteas temperaturas nestas secoes, no instante de tempo t, por T1 = u(x, t) e T2 = u(x + ∆x, t). Entao, pela Leide Fourier, o fluxo de calor na direcao positiva do eixo x que passa pela secao transversal localizada em x edado por (lembre-se que o fluxo de calor e definido como sendo a taxa de transferencia de calor por unidadede area)

φ(x, t) = − lim∆x→0

ku(x + ∆x, t)− u(x, t)

∆x= −kux(x, t),

de modo que quando a temperatura cresce com x, ux e positivo, mas o calor flui para a esquerda, portanto φe negativo; se a temperatura decresce com x, ux e negativo e o calor flui para a direita, portanto φ e positivo.

Agora fixe um segmento qualquer da barra entre as posicoes x = a e x = b. Vamos calcular a quantidadetotal de calor Q que entra neste segmento no perıodo de tempo que vai de t0 ate t1. Esta e a diferenca entreo calor que entra na secao transversal que ocupa a posicao x = a e o calor que sai pela secao transversal queocupa a posicao x = b durante o perıodo de tempo considerado:

Q =∫ t1

t0

φ(a, t)Adt−∫ t1

t0

φ(b, t)Adt

=∫ t1

t0

kA[ux(b, t)− ux(a, t)] dt.

Mas, pelo Teorema Fundamental do Calculo, podemos escrever

ux(b, t)− ux(a, t) =∫ b

a

uxx(x, t) dx.

Logo, como k e constante (pois assumimos que a barra e feita de um unico material homogeneo), temos

Q = kA

∫ t1

t0

∫ b

a

uxx(x, t) dxdt. (1)

Por outro lado, tambem e observado experimentalmente que a quantidade de calor absorvida por umasubstancia em um perıodo de tempo e diretamente proporcional a massa desta substancia e a variacao mediade sua temperatura durante o intervalo de tempo considerado:

Q = cm∆u.

A constante de proporcionalidade, denotada por c, depende de cada substancia e e chamada o calor especıficoda substancia; em outras palavras, o calor especıfico nada mais e que a quantidade de calor necessaria paraelevar em um grau a temperatura de uma unidade de massa da substancia; no S.I., o calor especıfico temcomo unidades Joules/kgK. Embora o calor especıfico de uma substancia em geral varie com a temperaturaem que ela se encontra (isto e, c = c(u)), para diferencas de temperaturas nao muito grandes o calor especıficoe aproximadamente constante.

Aplicamos esta lei empırica novamente a um segmento qualquer da barra entre as posicoes x = a e x = b.A variacao media da temperatura neste segmento da barra no intervalo de tempo que vai de t0 ate t1 eobtida tomando-se a media das variacoes medias das temperaturas de todos os pontos da barra, ou seja

∆u =1

b− a

∫ b

a

[u(x, t1)− u(x, t0)] dx.


Pelo Teorema Fundamental do Calculo, segue que

∆u =1

b− a

∫ b

a

[∫ t1

t0

ut(x, t) dt

]dx.

Logo, a quantidade de calor absorvida por este segmento e dada por

Q = cm∆u =cm

b− a

∫ b

a

∫ t1

t0

ut(x, t) dt dx.

sendo m a massa deste segmento e c o calor especıfico do material que constitui a barra. Por outro lado,escrevendo m = ρA(b − a), onde ρ e a densidade volumetrica da barra, e trocando a ordem dos limites deintegracao, obtemos

Q = cρA

∫ t1

t0

∫ b

a

ut(x, t) dxdt. (2)

Igualando as duas expressoes obtidas em (1) e (2) para a quantidade total de calor Q que entra nosegmento da barra entre x = a e x = b no perıodo de t0 ate t1, obtemos a equacao do calor em sua formaintegral:

cρ

∫ t1

t0

∫ b

a

ut(x, t) dxdt = k

∫ t1

t0

∫ b

a

uxx(x, t) dxdt.

Mas a, b, t0, t1 sao arbitrarios, logo os integrandos sao necessariamente iguais e assim obtemos a equacao docalor na sua forma diferencial

ut = Kuxx, (3)

onde K =k

cρe chamada a difusividade termica do material. A equacao (3) e chamada simplesmente

a equacao do calor, e representa a lei de variacao da temperatura u(x, t) de uma barra uniforme comsuperfıcie lateral termicamente isolada. Ela descreve como o calor se espalha ou se difunde com o passar dotempo, um processo fısico conhecido como difusao. Outras quantidades fısicas tambem se difundem seguindoesta mesma equacao diferencial parcial (em situacoes unidimensionais), como por exemplo a concentracao desubstancias quımicas, tais como perfumes ou polutantes, e por este motivo a equacao (3) tambem e chamadamais geralmente de equacao de difusao.

Observacao: A forma diferencial da equacao do calor tambem pode ser obtida mais diretamente. De fato,diferenciando a lei de Fourier

φ(x, t) = −kux(x, t)

em relacao a x obtemosφx = −kuxx. (4)

Por outro lado, vimos acima que

Q = −∫ t1

t0

[φ(b, t)− φ(a, t)]Adt = cρA

∫ b

a

∫ t1

t0

ut(x, t) dt dx.

Agora, ao inves de usar a lei de Fourier na integral do lado esquerdo como fizemos acima para obter (1),usamos o Teorema Fundamental do Calculo para escreve-la na forma

∫ t1

t0

[φ(b, t)− φ(a, t)]A dt =∫ t1

t0

[∫ b

a

φx(x, t) dx

]Adt.


Logo,

−∫ b

a

∫ t1

t0

φx(x, t) dt dx = cρ

∫ b

a

∫ t1

t0

ut(x, t) dt dx.

Como a, b, t0, t1 sao arbitrarios, os integrandos devem ser iguais e portanto obtemos a equacao

φx = −cρut. (5)

Igualando as expressoes (4) e (5) para φx, obtemos novamente a equacao do calor.

0.1.2 Algumas Formas mais Gerais para a Equacao do Calor

Pode acontecer que a condutividade termica ao longo da barra nao seja constante, mas dependa de x. Estasituacao pode ocorrer, por exemplo, se tivermos uma barra formada por varias barras, cada uma delasconstituıda por um material diferente. Neste caso, usando a lei de Fourier como fizemos para obter (1),desta vez segue que

Q =∫ t1

t0

A[k(b)ux(b, t)− k(a)ux(a, t)] dt,

e usamos o Teorema Fundamental do Calculo para escrever

k(b)ux(b, t)− k(a)ux(a, t) =∫ b

a

[k(x)ux(x, t)]x dx,

de modo que

Q = A

∫ t1

t0

∫ b

a

[k(x)ux(x, t)]x dxdt.

Do mesmo modo, pode ocorrer que o calor especıfico do material que constitui a barra varie com x, assimcomo a sua densidade linear (o que certamente ocorrera na situacao dada acima como exemplo). Logo,

Q = A

∫ t1

t0

∫ b

a

c(x)ρ(x)ut(x, t) dxdt

Portanto, nesta situacao, a equacao do calor que descreve a variacao da temperatura da barra com o passardo tempo se torna

c(x)ρ(x)ut = [k(x)ux]x, (6)

Esta equacao e chamada a equacao do calor na forma divergente.Pode tambem ocorrer que exista uma fonte interna de calor em regioes da barra, devida por exemplo a

reacoes quımicas, nucleares ou aquecimento eletrico. Denotemos

q(x, t) = quantidade de calor gerada por unidade de volume por unidade de tempo.

A quantidade total de calor Q que entra no segmento da barra entre x = a e x = b no perıodo de t0 ate t1,devido ao fenomeno de conducao do calor ao longo da barra, deve ser somada a quantidade de calor geradainternamente no segmento durante este perıodo, antes de igualar a expressao obtida em (2) (isso nada maise que a lei de conservacao do calor, um caso particular da lei de conservacao da energia). Pela definicao deq(x, t), este calor gerado internamente e dado por

∫ t1

t0

∫ b

a

q(x, t)Adxdt.

Portanto, temos que∫ t1

t0

∫ b

a

[kuxx(x, t) + q(x, t)] dxdt = cρ

∫ t1

t0

∫ b

a

ut(x, t) dxdt


e daı obtemos a equacaout = Kuxx + q(x, t). (7)

E claro que nada impede que as duas situacoes acima ocorram simultaneamente. Neste caso, a equacaocompleta que descreve o fenomeno da conducao de calor na barra sera

c(x)ρ(x)ut = [k(x)ux]x + q(x, t). (8)

0.1.3 Condicao Inicial e Condicao de Fronteira

A equacao do calor (3) tem um numero infinito de solucoes. Por exemplo, qualquer funcao constanteu(x, t) = C ou afim u(x, t) = Ax + B, onde A,B, C sao quaisquer constantes reais, satisfazem (3). Umproblema fisico real, no caso a distribuicao de temperaturas em uma barra, deve ter uma solucao unica.Portanto, e necessario impor restricoes adicionais sobre o problema, de modo que possamos obter umasolucao unica para a equacao do calor.

Intuitivamente, parece obvio que a distribuicao de temperaturas na barra ao longo do tempo depende dadistribuicao inicial de temperaturas, chamada a condicao inicial do problema:

u(x, 0) = f(x).

Esta e a unica condicao inicial necessaria. Matematicamente, esta necessidade e expressa pelo fato da equacaodiferencial parcial (3) possuir uma derivada parcial em relacao ao tempo de primeira ordem (como no caso deequacoes diferenciais ordinarias de primeira ordem, em que e necessario saber apenas uma condicao inicial,o valor da funcao no instante inicial, para se conhecer a solucao unica da equacao).

Alem disso, a distribuicao de temperaturas na barra ao longo do tempo tambem deve depender do quese passa nas extremidades da barra, que podem nao estar isoladas termicamente e portanto podem permitira entrada ou saıda de calor, influindo na distribuicao de temperaturas na barra com o passar do tempo. Ascondicoes nas extremidades da barra sao chamadas de condicoes de fronteira. Matematicamente, isso sedeve ao fato da equacao diferencial parcial (3) depender tambem da variavel x. Podemos imaginar variostipos de condicoes de fronteira para o problema da barra:

1. Extremidades mantidas a temperaturas constantes:

u(0, t) = T1 e u(L, t) = T2.

2. Temperaturas nas extremidades variando com o tempo de acordo com funcoes conhecidas:

u(0, t) = g1(t) e u(L, t) = g2(t).

3. Extremidades isoladas termicamente (ou seja, o fluxo de calor atraves das extremidades e nulo e abarra esta completamente isolada):

ux(0, t) = ux(L, t) = 0.

4. Fluxo de calor atraves das extremidades conhecido:

ux(0, t) = h1(t) e ux(L, t) = h2(t).

5. Combinacao de quaisquer duas das condicoes acima:

u(0, t) = 0 e ux(L, t) = 0.


Com uma condicao inicial e qualquer uma destas condicoes de fronteira o problema matematico estabem posto, admitindo uma unica solucao, conforme veremos em detalhes em um capıtulo posterior. Umacondicao do tipo 1 ou 2, em que sao dados valores para a solucao da equacao diferencial parcial na fronteira,e chamada uma condicao de Dirichlet. Uma condicao do tipo 3 ou 4, em que sao dados valores para aderivada da solucao da equacao diferencial parcial na fronteira em relacao a variavel espacial, e chamadauma condicao de Neumann. Uma condicao mista, envolvendo tanto o valor da solucao como o de suaderivada espacial na fronteira, exemplificada pela condicao do tipo 5, e chamada uma condicao de Robin.

Observacao: O fato da equacao do calor (3) ter uma derivada parcial em relacao a variavel x de segundaordem nao tem nada a ver com o fato de precisarmos de duas condicoes de fronteira. Se fossemos usar aanalogia com equacoes diferenciais ordinarias, seria por exemplo suficiente especificar u(0, t) e ux(0, t), maseste tipo de problema nao tem solucao em geral (e chamado sobredeterminado). O fato de precisarmos deduas condicoes de fronteira e uma simples consequencia da fronteira de um segmento ser formada por doispontos (no caso, a fronteira do segmento [0, L] e formada pelos pontos 0 e L). Na verdade, essencialmentetemos apenas uma condicao de fronteira; o que ocorre e que, no caso de um segmento, a fronteira e desconexae esta condicao de fronteira e mais facilmente expressa por duas sentencas. Este conceito ficara mais claroquando estudarmos equacoes diferenciais parciais em regioes do plano e do espaco.

Uma condicao de fronteira de grande interesse pratico ocorre quando a barra esta em contato com umfluido em movimento, como ar ou agua. Como exemplo desta situacao, imagine uma barra quente em contatocom ar mais frio em movimento. Calor deixa a barra, aquecendo o ar, que leva o calor embora, no conhecidoprocesso de conveccao. Experimentos mostram que o fluxo do calor que deixa a barra e proporcional adiferenca de temperatura entre a barra e a temperatura exterior:

Kux(0, t) = H[u(0, t)− T ];

T e a temperatura externa e a constante de proporcionalidade H e chamada o coeficiente de transferencia decalor ou coeficiente de conveccao; a constante H depende do material que forma a barra e das propriedadesdo fluido (tais como sua velocidade). Esta e a chamada lei de resfriamento de Newton. Note que estacondicao de fronteira envolve uma combinacao linear entre u e ux e e uma condicao de Robin. Como pelalei de Fourier o fluxo de calor e dado por φ = −kux, temos que φ(0, t) = −kH[u(0, t)−T ], de modo que se abarra esta mais quente que o ambiente exterior (u(0, t) > T ), o fluxo e negativo, isto e, na direcao negativado eixo x, saindo da extremidade da barra localizada em x = 0 para o ambiente externo, e vice-versa. Porcausa disso, no caso da outra extremidade, localizada no ponto x = L, a lei de resfriamento de Newton deveentao ser escrita na forma

Kux(L, t) = −H[u(L, t)− T ].

0.1.4 Solucao do Modelo Matematico: O Metodo de Separacao de Variaveis eSeries de Fourier

O modelo matematico que obtivemos, para a distribuicao de temperaturas com o passar do tempo em umabarra cuja superfıcie lateral esta isolada termicamente, e uma equacao diferencial parcial com condicao iniciale condicao de fronteira. Vamos tentar resolver o problema especıfico em que as extremidades da barra estaomantidas a temperatura constante igual a 0 (correspondente ao primeiro problema de Dirichlet da subsecaoanterior):

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,u(0, t) = u(L, t) = 0. se t > 0.

(9)

Tentaremos resolver este problema pelo chamado metodo de separacao de variaveis. No metodo deseparacao de variaveis, supomos que a solucao u(x, t) do problema pode ser escrita como o produto de duasfuncoes de uma variavel, uma dependendo apenas de x e a outra dependendo apenas de t:

u(x, t) = F (x)G(t). (10)


Esta e apenas uma suposicao, que pode ou nao ser correta (na verdade, veremos que em geral esta suposicaoesta errada, mas ainda assim ela nos ajudara a encontrar a solucao correta para o problema). A vantagemde fazer esta suposicao e que ela simplifica consideravelmente o problema, transformando um problema deencontrar a solucao de uma equacao diferencial parcial, que nao sabemos como resolver, em um problema deencontrar a solucao de uma equacao diferencial ordinaria, que sabemos resolver. De fato, substituindo (10)na equacao do calor, obtemos

F (x)G′(t) = KF ′′(x)G(t)

dondeF ′′(x)F (x)

=1K

G′(t)G(t)

.

Note que o lado esquerdo desta equacao depende apenas de x, enquanto que o lado direito depende apenasde t. Isso so pode ser possıvel se na verdade ambos os lados forem independentes de x e t, isto e,

F ′′(x)F (x)

= σ e1K

G′(t)G(t)

= σ

onde σ ∈ R e uma constante. Portanto o problema se reduz a resolver duas equacoes diferenciais ordinarias:

• A equacao diferencial de segunda ordem

F ′′(x)− σF (x) = 0 (11)

para 0 < x < L.

• A equacao diferencial de primeira ordem

G′(t)− σKG(t) = 0 (12)

para t > 0.

Vamos resolver primeiro (11). Fazemos isso, apesar dela ser uma equacao mais complexa que (12), porqueas condicoes de fronteira de (9) implicam que F satisfaz as condicoes

F (0) = F (L) = 0. (13)

De fato, a condicao de fronteira u(0, t) = 0 implica que F (0)G(t) = 0 para todo t > 0, o que por sua vezimplica que F (0) = 0 (a menos que G(t) = 0 para todo t, o que significaria que u ≡ 0, uma solucao que naonos interessa, exceto no caso raro em que a condicao inicial seja tambem f ≡ 0); similarmente a condicao defronteira u(L, t) = F (L)G(t) = 0 implica que F (L) = 0. Assim, apesar da equacao (11) ser mais complexa,ela esta sujeita a restricoes, o que nao ocorre com a equacao (12): a condicao (13) restringe as solucoesde (11), o que ultimamente limitara os valores possıveis de σ. Em princıpio, ha tres solucoes possıveis,dependendo do sinal de σ:

1. σ > 0 : Neste caso, a solucao geral de (11) e da forma

F (x) = c1e√

σx + c2e−√σx.

Logo, a condicao (13) implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer o sistema

c1 + c2 = 0c1e

√σL + c2e

−√σL = 0.

Mas a unica solucao deste sistema e c1 = c2 = 0, o que levaria a F ≡ 0 e portanto u ≡ 0, solucao quenao nos interessa (a nao ser que a condicao inicial fosse u(x, 0) ≡ 0).


2. σ = 0 : A solucao geral de (11) neste caso e da forma

F (x) = c1x + c2.

A condicao (13) implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer o sistema

c2 = 0c1L + c2 = 0 .

cuja unica solucao tambem e c1 = c2 = 0 e novamente F ≡ 0, o que nao nos interessa.

3. σ < 0 : Denotando λ =√−σ, a solucao geral de (11) neste ultimo caso e da forma

F (x) = c1 cos λx + c2 sen λx.

A condicao (13) implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer o sistema

c1 = 0c2 sen λL = 0 .

Como nao queremos c2 = 0, devemos ter sen λL = 0, o que implica λL = nπ, onde n ∈ N pode ser uminteiro positivo qualquer.

Portanto, para cada valor de n uma solucao nao nula para o problema (11), (13) e da forma

Fn(x) = sennπ

Lx, (14)

por este motivo chamada uma autofuncao para o problema (11), (13) associada ao autovalor

−σ = λ2n =

n2π2

L2. (15)

A equacao (12) e imediatamente resolvida atraves de uma integracao simples. A solucao de (12) e daforma

G(t) = ceσKt,

onde c ∈ R e uma constante real. Como o valor de σ para que o problema (9) tenha solucoes nao nulas e odado em (15), segue que para cada valor de n temos uma solucao relevante de (12) dada por (a menos daconstante)

Gn(x) = e−n2π2

L2 Kt. (16)

Segue que para cada n = 1, 2, 3, . . ., temos uma funcao

un(x, t) = e−n2π2

L2 Kt sennπ

Lx

que e uma solucao para a equacao diferencial parcial do problema (9) satisfazendo as suas condicoes defronteira.

Por outro lado, precisamos de uma solucao que tambem satisfaca a condicao inicial u(x, 0) = f(x). Logo,as solucoes que encontramos so funcionam se a funcao f(x) tem uma forma muito particular, ou seja, sef(x) for um multiplo escalar da funcao seno. Por exemplo,

se f(x) = 3 senπ

Lx, entao (9) tem solucao u(x, t) = 3u1;

se f(x) = 17 sen5π

Lx, entao (9) tem solucao u(x, t) = 17u5.


E obvio que isso raramente ocorre.Na verdade, porem, ainda podemos obter solucoes para o problema (9) a partir destas solucoes se f(x)

for apenas uma combinacao linear de senos. Por exemplo,

se f(x) = 3 senπ

Lx + 25 sen

9π

Lx, entao (9) tem solucao u(x, t) = 3u1 + 25u9;

se f(x) = 4 sen2π

Lx− 2

3sen

22π

Lx +

√5 sen

901π

Lx, entao (9) tem solucao u(x, t) = 4u2 − 2

3u22 +

√5u901.

Isso e verdade porque a equacao do calor e uma equacao linear, o que significa que combinacoes linearesde solucoes da equacao diferencial sao tambem solucoes da equacao diferencial e, alem disso, as condicoesde fronteira de (9) sao homogeneas, logo combinacoes lineares de solucoes que satisfazem as condicoes defronteira continuam satisfazendo as condicoes de fronteira (veja o Exercıcio 0.1). Assim, qualquer expressaoda forma (isto e, qualquer combinacao linear de solucoes)

u(x, t) =N∑

n=1

cnun(x, t)

e uma solucao da equacao do calor satisfazendo as condicoes de fronteira em (9). Em particular, se

f(x) =N∑

n=1

cn sennπ

Lx,

segue que

u(x, t) =N∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπ

Lx (17)

e uma solucao do problema (9).Mas, na maioria dos casos, a temperatura inicial f nao e uma combinacao linear de senos. Entao Fourier

(em 1807) teve a ideia de tomar “combinacoes lineares infinitas”, isto e, series infinitas, assumindo que todafuncao pode ser escrita como uma serie infinita de senos. Em outras palavras, assumindo que podemosescrever toda funcao f na forma

f(x) =∞∑

n=1

cn sennπ

Lx

para certos coeficientes bem determinados cn, o que atualmente chamamos a serie de Fourier de f , entao ocandidato para solucao do problema de valor inicial e de condicao de fronteira (9) seria a funcao

u(x, t) =∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπ

Lx. (18)

Isso nos leva as seguintes indagacoes:

1. Sera que toda funcao f(x) realmente pode ser escrita como uma serie de Fourier?

2. Se a resposta a pergunta anterior for negativa, quais sao as funcoes que possuem series de Fourier?Sera que elas formam uma classe suficientemente grande para abranger todas ou uma quantidadesignificativa das funcoes que surgem nos problemas praticos?

3. Mesmo que f(x) possa ser representada por uma serie de Fourier, sera que a serie definida acima parau(x, t) converge para uma funcao diferenciavel em t e duas vezes diferenciavel em x que e a solucao de(9)?


Estas perguntas mostram a necessidade de se desenvolver uma teoria para as series de Fourier. Faremos issono proximo capıtulo.

Observacao: Note que nem o candidato a solucao (18), e nem mesmo a solucao (17), sao produtos de duasfuncoes de uma variavel, uma dependendo apenas de x e outra dependendo apenas de t (elas sao na realidadesomas de produtos de funcoes de uma variavel, soma finita em um caso, soma infinita no outro). Portanto asuposicao inicial de que partimos no metodo de separacao de variaveis e errada para a maioria das condicoesiniciais, a nao ser que elas sejam multiplos de sen(nπx/L). Mas, usando a linearidade da equacao do calor,pudemos usar as solucoes obtidas atraves do metodo de separacao de variaveis e a partir delas construir asolucao para o problema geral. Este e um metodo frequentemente usado em ciencias exatas: simplificar umproblema complexo atraves de uma suposicao que em geral nao e valida, mas a partir da solucao para oproblema simplificado, construir a solucao correta para o problema complicado.

0.1.5 Exercıcios

Exercıcio 0.1. Mostre que a equacao do calor e linear, isto e, se u1(x, t) e u2(x, t) sao solucoes da equacaodiferencial parcial ut = Kuxx, entao au1(x, t) + bu2(x, t) tambem e, quaisquer que sejam a, b ∈ R.Alem disso, se elas satisfazem as condicoes de fronteira homogeneas u(0, t) = u(L, t) = 0, entaoau1(x, t) + bu2(x, t) tambem satisfaz.

Exercıcio 0.2. Mostre que a equacao mais geral do calor, c(x)ρ(x)ut = [K(x)ux]x + q(x, t), tambem e umaequacao linear.

Exercıcio 0.3. Proceda como fizemos no texto e encontre um candidato a solucao para o seguinte problemade valor inicial com condicao de fronteira de Neumann homogenea:

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,ux(0, t) = ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

0.2 Leis de Conservacao e Relacoes Constitutivas

0.2.1 Lei de Conservacao Unidimensional

A deducao da equacao do calor e um exemplo de uma situacao bem mais geral. Muitas das equacoesfundamentais que aparecem nas ciencias naturais sao obtidas atraves de leis de conservacao.

Leis de conservacao sao essencialmente leis de balanceamento, expressando o fato de que alguma substanciae balanceada. Aqui, o termo substancia pode indicar uma substancia realmente material, ou ate mesmo umconceito abstrato, tal como energia ou uma populacao de animais. Por exemplo, a primeira lei da ter-modinamica e a lei de conservacao da energia: a variacao de energia interna de um sistema e igual ao calortotal adicionado ao sistema mais o trabalho realizado sobre o sistema. Como outro exemplo, considere umfluido escoando em alguma regiao do espaco, consistindo de substancias sofrendo reacoes quımicas: paracada substancia quımica individual, a taxa de variacao da quantidade total da substancia na regiao e iguala taxa com que a substancia flui para dentro da regiao, menos a taxa com que ela flui para fora da regiao,mais a taxa com que ela e criada, ou consumida, pelas reacoes quımicas. Como ultimo exemplo, a taxa devariacao de uma dada populacao de animais em uma regiao e igual a taxa de nascimentos, menos a taxa demortes, mais a taxa de migracao para dentro ou fora da regiao.

Matematicamente, leis de conservacao traduzem-se em equacoes integrais, de onde podem ser deduzidasequacoes diferenciais, na maior parte dos casos. Estas equacoes descrevem como o processo evolui com otempo. Por este motivo, elas sao tambem chamadas de equacoes de evolucao. Vamos examinar primeiroo caso unidimensional.


Seja u = u(x, t) a densidade ou concentracao de alguma substancia, por unidade de volume, que dependeapenas de uma variavel espacial x ∈ R e do tempo t > 0. Novamente enfatizamos que a substancia cujadensidade estamos medindo pode ser massa, momento, energia, populacao, ou qualquer outra coisa, materialou abstrata. Por exemplo, no caso da equacao do calor, a temperatura u e uma medida da densidade deenergia termica. De fato, se e(x, t) denota a densidade de energia termica, isto e, a quantidade de energiatermica por unidade de volume, entao a densidade de energia termica e a temperatura estao relacionadasatraves da equacao

e(x, t) = c(x)ρ(x)u(x, t),

cujo significado e: a energia termica por unidade de volume e igual a energia termica por unidade de massapor unidade de temperatura (i.e., o calor especıfico), vezes a temperatura, vezes a densidade volumetrica demassa.

Imaginamos que a substancia esta distribuıda em um tubo uniforme com secao transversal de areaconstante A. Por hipotese, u e constante em cada secao transversal do tubo, variando apenas na direcao x.Considere um segmento arbitrario do tubo, entre as secoes transversais localizadas em x = a e em x = b.Chamamos este segmento de volume de controle. A quantidade total da substancia dentro do volume decontrole no instante de tempo t e

Quantidade total da substanciadentro do volume de controle =

∫ b

a

u(x, t)Adx.

Assuma agora que existe movimento da substancia atraves do tubo na direcao axial. Definimos o fluxoφ(x, t) da substancia no tempo t como sendo a quantidade da substancia fluindo atraves da secao transversalem x no tempo t por unidade de area, por unidade de tempo. Assim as dimensoes de φ sao [φ] = quantidadeda substancia / (area × tempo). Por convencao, φ sera positivo se a substancia estiver se movendo na direcaopositiva do eixo x, e negativo se ela estiver se movendo na direcao negativa do eixo x. Portanto, no tempo t,a quantidade lıquida de substancia permanecendo no volume de controle sera a diferenca entre a quantidadeda substancia entrando em x = a e a quantidade da substancia saindo em x = b:

Taxa de transferencia lıquida da substanciapara dentro do volume de controle = φ(a, t)A− φ(b, t)A.

A substancia pode ser criada ou destruıda dentro do volume de controle por uma fonte interna ou externa.A taxa de criacao ou destruicao da substancia, que chamaremos de termo fonte e denotaremos por f(x, t, u),tem dimensoes [f ] = quantidade da substancia / (volume × tempo), tendo sinal positivo se a substancia ecriada dentro do volume de controle e negativa se a substancia for destruıda dentro do volume de controle.Observe que ela pode depender da propria quantidade da substancia disponıvel, medida pela densidade u.A taxa de criacao ou destruicao da substancia dentro do volume de controle e entao dada por

Taxa de criacao da substanciadentro do volume de controle =

∫ b

a

f(x, t, u)Adx.

A lei de conservacao para a substancia pode ser formulada da seguinte forma:

Taxa de variacao

da quantidade de substancia

dentro do volume de controle

=Taxa de transferencia lıquida de substancia

para dentro do volume de controle

atraves de sua fronteira

+ Taxa de criacao da substancia

dentro do volume de controle

ou, em termos matematicos, apos cancelar o termo comum A,

d

dt

∫ b

a

u(x, t) dx = φ(a, t)− φ(b, t) +∫ b

a

f(x, t, u) dx. (19)


Esta e a lei de conservacao na forma integral, valendo mesmo se u, φ ou f nao forem funcoes diferenciaveis(o que pode ocorrer em certos fenomenos fısicos, como por exemplo naqueles que envolvem ondas de choqueou outros tipos de descontinuidade). Se estas funcoes forem continuamente diferenciaveis, podemos derivarsob o sinal de integracao na primeira integral

d

dt

∫ b

a

u(x, t) dx =∫ b

a

ut(x, t) dx,

e usar o Teorema Fundamental do Calculo para escrever

φ(a, t)− φ(b, t) = −∫ b

a

φx(x, t) dx,

obtendo a equacao diferencial parcialut + φx = f(x, t, u) (20)

que e a lei de conservacao na forma diferencial.

0.2.2 Lei de Conservacao em Varias Dimensoes

Vamos formular a lei de conservacao nas formas integral e diferencial para os espacos Rn, n = 2 ou n = 3(na verdade, tudo o que deduzirmos aqui, vale para qualquer n > 2). Considere um volume de controle V emRn, em que a densidade ou concentracao u = u(x, t) de alguma substancia por unidade de volume dependede n variaveis espaciais x = (x1, . . . , xn) e do tempo t > 0. Temos

Quantidade total da substanciadentro do volume de controle =

∫

V

u(x, t) dV

e, se f(x, t, u) denota o termo fonte,

Taxa de criacao da substanciadentro do volume de controle =

∫

V

f(x, t, u) dV.

Em n dimensoes, o fluxo pode ser em qualquer direcao, logo ele e uma grandeza vetorial que denotaremospor φ(x, t). Se η(x) denota o vetor unitario normal apontando para fora da regiao V , a taxa de transferencialıquida da substancia para fora do volume de controle atraves de sua fronteira ∂V e dada por

Taxa de transferencia lıquida da substanciapara fora do volume de controle =

∫

∂V

φ(x, t) · η(x) dS.

A lei de conservacao e, portanto,

d

dt

∫

V

u(x, t) dV = −∫

∂V

φ(x, t) · η(x) dS +∫

V

f(x, t, u) dV. (21)

Se u, φ e f forem todas de classe C1 (assim como a regiao V ), podemos derivar sob o sinal de integracao eusar o Teorema da Divergencia

∫

∂V

φ(x, t) · η(x) dS =∫

V

div φ(x, t) dV,

para obter a lei de conservacao em forma diferencial

ut + div φ = f(x, t, u). (22)


0.2.3 Relacoes Constitutivas

A lei de conservacao na forma diferencial e uma equacao diferencial parcial em duas incognitas, u e φ.Precisamos, portanto, de uma segunda equacao para obter um sistema bem determinado. A equacao adicionale frequentemente baseada nas propriedades fısicas do meio, as quais frequentemente decorrem de observacoesempıricas. Tais equacoes sao chamadas de relacoes constitutivas ou equacoes de estado.

Exemplo 0.1. (Equacao do Calor) No caso da equacao do calor, a relacao constitutiva e a lei de Fourier:

φ(x, t) = −kux(x, t).

Em dimensoes mais altas, a lei de Fourier assume a forma

φ(x, t) = −k∇u(x, t). (23)

De fato, para materiais isotropicos (isto e, materiais em que nao existem direcoes preferenciais) verifica-se experimentalmente que o calor flui de pontos quentes para pontos frios na direcao em que a diferencade temperatura e a maior. O fluxo de calor e proporcional a taxa de variacao da temperatura nestadirecao, com a constante de proporcionalidade k sendo por definicao a condutividade termica, comono caso unidimensional. Como sabemos, a direcao onde uma funcao cresce mais rapido e exatamenteaquela dada pelo vetor gradiente da funcao, e o modulo do gradiente fornece a magnitude da taxade variacao da funcao nesta direcao. O sinal negativo ocorre, como no caso unidimensional, porque ovetor gradiente aponta na direcao de crescimento da temperatura, enquanto que o fluxo do calor se dana direcao oposta (da temperatura maior para a temperatura menor). O fluxo do calor em uma regiaobi ou tridimensional pode ser facilmente visualizado quando se lembra que o gradiente de uma funcao eperpendicular as superfıcies de nıvel da funcao. No caso em que a funcao e a temperatura, as superfıciesde nıvel sao chamadas superfıcies isotermicas ou, simplesmente, isotermas. Assim, o calor flui dasisotermas mais quentes para as isotermas mais frias, e em cada ponto da isoterma perpendicularmentea isoterma. Em outras palavras, as linhas de corrente do fluxo de calor correspondem as linhas de fluxodo campo gradiente da temperatura.

Portanto, a equacao do calor em Rn com termo fonte independente de u tem a forma

ut = K∆u + f(x, t), (24)

onde ∆u denota o laplaciano de u:

∆u = div∇u =∂2u

∂x21

+ . . . +∂2u

∂x2n

. (25)

¤

Exemplo 0.2. (Equacao da Difusao) Em muitos outros processos fısicos observa-se que a substancia fluia uma taxa diretamente proporcional ao gradiente de densidade, de regioes de maior densidade pararegioes de menor densidade. Esta relacao geral e chamada de lei de Fick :

φ(x, t) = −D∇u(x, t), (26)

onde D e a constante de difusao. Se o termo fonte e independente de u, obtemos a equacao dadifusao

ut = D∆u + f(x, t). (27)

O nome difusao vem do fato de que a substancia difunde-se para regioes adjacentes por causa degradientes (i.e., diferencas) de concentracao, e nao porque e transportada pela corrente (i.e., naoatraves de conveccao). Por este motivo, o termo D∆u e chamado de termo difusivo.


Alem do calor, exemplos de outras substancias que se comportam assim sao substancias quımicasdissolvidas em algum fluido (neste caso, u representa a concentracao quımica) e ate mesmo populacoesde insetos. Alem de ser confirmada atraves de observacoes empıricas, a lei de Fick que governa estese varios outros fenomenos fısicos e biologicos pode ser justificada teoricamente atraves de argumentosbaseados em modelos probabilısticos e caminhos aleatorios. ¤

Exemplo 0.3. Quando o termo fonte nao e independente de u, processos governados pela lei de conservacaoe pela lei de Fuck sao regidos pela chamada equacao da difusao-reacao

ut = ∆u + f(x, t, u). (28)

O termo fonte, tambem chamado termo de reacao, pode ser nao linear em u. Exemplos importantesaparecem na teoria de combustao e em biologia. ¤

Exemplo 0.4. (Equacao da Continuidade) Se ρ denota a densidade de um fluido e V e o campo de ve-locidades de escoamento do fluido, o fluxo de massa (taxa de transferencia de massa, medida emquantidade de massa / (area)×(tempo)) e dado por

φ = ρV.

Note que a densidade ρ = ρ(x, t) de um fluido movendo-se no espaco, assim como o seu campo develocidades V = V(x, t), sao funcoes da posicao no espaco e do instante de tempo considerado. A leide conservacao de massa implica entao a equacao da continuidade

ρt + div(ρV) = 0.

A equacao da continuidade e a primeira das equacoes de Navier-Stokes que governam a dinamicados fluidos. ¤

Exemplo 0.5. (Equacao da Adveccao) Quando a velocidade do fluido e constante, o fluxo de massa e dadopor uma relacao linear simples. No caso unidimensional (por exemplo, quando o fluido esta restrito aum tubo ou cano), o fluxo e

φ = cu, (29)

onde c e a velocidade do fluido e denotamos a densidade por u. Neste caso, a equacao da continuidadetorna-se

ut + cux = 0. (30)

Esta e a chamada equacao da adveccao ou equacao do transporte. Adveccao refere-se ao movi-mento horizontal de uma propriedade fısica. Esta equacao de primeira ordem linear e o modelo maissimples de conveccao. ¤

0.2.4 Exercıcios

Exercıcio 0.4. Identifique as relacoes constitutivas para as seguintes leis de conservacao escritas em formadiferencial:

1. Equacao de Burgers:ut + uux = 0.

2. Equacao de Korteweg-deVries (KdV):

ut + uux + uxxx = 0.

3. Equacao dos meios porosos:ut + (uγ)xx = 0.

Capıtulo 1

Series de Fourier

Para determinar a possibilidade de uma determinada funcao poder ser expressa como uma serie de Fourier,bem como para obter os coeficientes da serie de Fourier da funcao quando isso ocorrer, precisamos antesestudar certas propriedades das funcoes seno e cosseno.

1.1 Propriedades das Funcoes Seno e Cosseno

1.1.1 Periodicidade

Definicao. Uma funcao f : R −→ R e periodica se existe T ∈ R, T 6= 0, tal que f(x + T ) = f(x) paratodo x ∈ R. O numero real T e chamado um perıodo para a funcao f .

Claramente, se T e um perıodo para a funcao f , entao qualquer multiplo inteiro de T tambem e um perıodopara f : 2T , −2T , 3T , −3T , 4T , −4T , etc. Por exemplo,

f(x + 3T ) = f((x + 2T ) + T ) = f(x + 2T ) = f((x + T ) + T ) = f(x + T ) = f(x).

Definicao. O menor perıodo positivo de uma funcao periodica f e chamado o perıodo fundamental.

Em geral, o perıodo fundamental de uma funcao periodica e referido simplesmente como o perıodo da funcao.Porque o valor de uma funcao periodica repete-se a cada intervalo de comprimento igual ao seu perıodo,

para conhecer uma funcao periodica de perıodo T basta descreve-la em qualquer intervalo de comprimentoT ; o seu grafico e obtido repetindo-se o grafico neste intervalo em qualquer outro intervalo de comprimentoT .

Exemplo 1.1.

(a) As funcoes seno e cosseno sao periodicas e ambas tem perıodo 2π.

(b) Funcoes constantes sao funcoes periodicas que nao possuem perıodo fundamental, pois qualquer numeroreal nao nulo e um perıodo para a funcao constante, logo nao existe um menor perıodo positivo. Domesmo modo, a funcao

f(x) =

1 se x e racional,0 se x e irracional,

e uma funcao periodica que nao possui perıodo fundamental, pois todo numero racional nao nulo e umperıodo para f (observe que numeros irracionais nao sao perıodos para f).

20


(c) A funcao f(x) = x− bxc, onde bxc e o maior inteiro menor que ou igual a x, e periodica de perıodo 1.

1

0,6

0,8

0,4

0

x

321

0,2

0-3 -1-2

(d) Podemos encontrar uma infinidade de exemplos de funcoes periodicas, simplemente definindo uma funcaoem um intervalo de comprimento T e declarando que ela e periodica de perıodo T , desta forma definindoela na reta toda. Ou seja, suponha que a funcao f foi inicialmente definida no intervalo I de compri-mento T ; dado x ∈ R, se x /∈ I, determine um inteiro k tal que x + kT ∈ I (k e positivo se x estalocalizado a esquerda do intervalo I e negativo se x esta a direita de I) e defina

f(x) = f(x + kT ).

Desta forma, definimos uma funcao f na reta toda que e automaticamente periodica de perıodo T . Porexemplo, podemos definir uma funcao g por

g(x) = −x se − L 6 x < 0,

x se 0 6 x < L,

e declara-la periodica de perıodo 2L.

0,8

1

0,4

0

0,6

0,2

x

210-1-2

Para que a definicao desta extensao periodica seja consistente, observe que o intervalo I deve ser fechadoem um extremo e aberto no outro ou, se o intervalo I for fechado nos dois extremos, a funcao deve teros mesmos valores nestes extremos. ¤

Com relacao aos perıodos das funcoes que constituem a serie de Fourier, fazemos a seguinte importanteobservacao:


Proposicao 1.2. As funcoes sennπx

Le cos

nπx

Ltem o mesmo perıodo fundamental, igual a

2L

n.

Prova. De fato, na verdade vale a seguinte afirmacao mais geral: para qualquer valor α ∈ R, α 6= 0,

sen αx e cos αx tem perıodo fundamental igual a2π

α.

Isso pode ser determinado atraves do seguinte argumento: queremos encontrar o menor valor positivo de Tpara o qual vale

sen α(x + T ) = sen αx para todo x ∈ R,

ou seja,sen αx cosαT + cos αx sen αT = sen αx para todo x ∈ R.

Para determinar αT , o que consequentemente determinara T , basta obter os valores de sen αT e cos αT ,pois um angulo fica completamente determinado quando se conhece os valores de seu seno e de seu cosseno,a menos de multiplos de 2π. Para isso, observamos que a equacao acima e valida para qualquer valor de x.Em particular, substituindo o valor x = 0 na expressao acima, obtemos

sen αT = 0,

o que implica que αT e um multiplo de π. Agora, substituindo o valor x =π

2αna expressao acima, obtemos

cosαT = 1.

Logo, αT e necessariamente um multiplo de 2π. Como queremos o menor valor positivo de T , segue que

αT = 2π

e, portanto,

T =2π

α.

A mesma conclusao vale para a funcao cos αx, ja que a funcao cosseno nada mais e que a funcao senodefasada. ¥Como consequencia deste resultado, ja que qualquer multiplo inteiro do perıodo fundamental e um perıodo,segue que para todo n as funcoes sen

nπx

Le cos

nπx

Ltem o valor 2L como perıodo comum.

1.1.2 Relacoes de Ortogonalidade

Para o calculo dos coeficientes da serie de Fourier de uma funcao (quando existir), as seguintes relacoes deortogonalidade entre as funcoes sen

nπx

Le cos

nπx

Ldesempenham um papel fundamental:

Proposicao 1.3. (Relacoes de Ortogonalidade) Valem as seguintes identidades:

∫ L

−L

cosnπx

Lsen

mπx

Ldx = 0 para todos n,m;

∫ L

−L

cosnπx

Lcos

mπx

Ldx =

L se n = m,0 se n 6= m; (1.1)

∫ L

−L

sennπx

Lsen

mπx

Ldx =

L se n = m,0 se n 6= m.


Prova. Estas relacoes podem ser obtidas atraves de integracao direta e uso das identidades trigonometricas.Por exemplo, se n 6= m, escrevemos

∫ L

−L

sennπx

Lsen

mπx

Ldx =

12

∫ L

−L

[cos

(n−m)πx

L− cos

(n + m)πx

L

]dx

=12

1π

[1

n−msen

(n−m)πx

L− 1

n + msen

(n + m)πx

L

∣∣∣∣L

−L

= 0.

Se n = m, escrevemos

∫ L

−L

sennπx

Lsen

mπx

Ldx =

∫ L

−L

(sen

nπx

L

)2

dx =12

∫ L

−L

[1− cos

2nπx

L

]dx

=12

[x− L

2nπsen

2nπx

L

∣∣∣∣L

−L

= L.

¥

1.1.3 Produto Interno no Espaco das Funcoes Quadrado-Integraveis

O nome relacoes de ortogonalidade deve-se ao fato de que as expressoes acima significam que as funcoessen

nπx

Le cos

nπx

Lsao ortogonais no espaco vetorial das funcoes quadrado-integraveis definidas no intervalo

[−L,L]. De fato, no espaco

L2([a, b]) =

u : [a, b] −→ R :

∫ b

a

u2(x) dx < ∞

das funcoes definidas no intervalo [a, b] cujo quadrado e integravel, podemos definir um produto interno por

〈u, v〉 =∫ b

a

u(x)v(x) dx.

Porque as funcoes sao quadrado-integraveis, a integral acima esta bem definida e e finita (caso contrario, seduas funcoes sao apenas integraveis, o produto delas nao e necessariamente integravel; tome, por exemplo,u(x) = v(x) = x−1/2 no intervalo [0, 1]). De fato, como para quaisquer A,B ∈ R vale a desigualdade2AB 6 A2 + B2, segue que

∫ b

a

u(x)v(x) dx ≤ 12

∫ b

a

u2(x) dx +12

∫ b

a

v2(x) dx < ∞.

Como o angulo entre dois vetores e definido por

](u, v) = arccos〈u, v〉‖u‖ ‖v‖ ,

segue que duas funcoes sao ortogonais se

∫ b

a

u(x)v(x) dx = 0.


1.1.4 Exercıcios

Exercıcio 1.1. Sejam f, g : R→ R funcoes periodicas de perıodo T . Mostre que

(a) f + g e periodica de perıodo T .

(b) αf e periodica de perıodo T para qualquer escalar α ∈ R.

(c) O conjunto PT (R) das funcoes periodicas de perıodo T e um subespaco vetorial do espaco F(R) dasfuncoes reais definidas na reta.

(d) fg e periodica de perıodo T .

(e) f/g e periodica de perıodo T (assuma que g nunca se anula).

(f) f(x

a

)e periodica de perıodo aT .

(g) f (ax) e periodica de perıodoT

a.

(h) Se h e uma funcao qualquer (nao necessariamente periodica), entao a composta h f e periodica deperıodo T .

Exercıcio 1.2. Sejam f, g : R → R funcoes periodicas de perıodos fundamentais diferentes. Podemosconcluir que f + g e periodica? Podemos concluir que f + g nao e periodica?

Exercıcio 1.3. Sejam f1, f2 : R → R funcoes periodicas de perıodos T1, T2, respectivamente. Prove que seexistem inteiros n,m tais que

nT1 = mT2,

entao f1 + f2 e periodica de perıodo nT1.

Exercıcio 1.4. Mostre que sen ax + sen bx e periodica se e somente se a/b e racional.

Exercıcio 1.5. Seja f : R→ R uma funcao diferenciavel, periodica de perıodo T . Mostre que f ′ tambem eperiodica de perıodo T .

Exercıcio 1.6. Seja f : R → R uma funcao periodica de perıodo T , localmente integravel (i.e., integravelem qualquer intervalo). Mostre que a funcao

F (x) =∫ x

0

f

e periodica de perıodo T se e somente se ∫ T

0

f = 0.

Exercıcio 1.7. Seja f : R → R uma funcao periodica de perıodo T , localmente integravel. Determine aconstante a para que a funcao abaixo seja periodica de perıodo T :

F (x) =∫ x

0

f(t) dt− ax.

Exercıcio 1.8. Seja f : R→ R uma funcao periodica de perıodo T , localmente integravel. Mostre que∫ a+T

a

f =∫ T

0

f.

Exercıcio 1.9. Mostre que uma funcao periodica contınua nao constante possui perıodo fundamental.


1.2 Calculo dos Coeficientes da Serie de Fourier

Suponha que possamos expressar uma funcao f : R→ R na forma

f(x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

), (1.2)

ou seja, que o lado direito desta identidade seja uma serie convergente que converge para o valor f(x) emtodo ponto x ∈ R. A serie no lado direito da expressao acima e chamado a serie de Fourier de f . [Omotivo de termos escolhido escrever

a0

2ao inves de simplesmente a0 ficara claro a seguir.] Em particular,

para que isso seja possıvel vemos que f tem que ser periodica com perıodo 2L, pois este e o perıodo comumdas funcoes sen

nπx

Le cos

nπx

L; portanto, funcoes definidas na reta toda que nao satisfazem esta condicao

nao podem possuir series de Fourier.Suponha, alem disso, que a funcao f seja integravel no intervalo [−L,L] e que a serie do lado direito

possa ser integrada termo a termo. Obtemos, pelas relacoes de ortogonalidade,∫ L

−L

f(x) dx =a0

2

∫ L

−L

dx +∞∑

n=1

(an

∫ L

−L

cosnπx

Ldx + bn

∫ L

−L

sennπx

Ldx

)

= a0L,

donde

a0 =1L

∫ L

−L

f(x) dx. (1.3)

Os outros coeficientes tambem podem ser obtidos facilmente explorando as relacoes de ortogonalidade. Mul-tiplicando ambos os lados da equacao (1.2) por cos

nπx

Le integrando de −L a L, obtemos

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx =

a0

2

∫ L

−L

cosnπx

Ldx +

∞∑m=1

(am

∫ L

−L

cosmπx

Lcos

nπx

Ldx + bm

∫ L

−L

senmπx

Lcos

nπx

Ldx

)

= anL,

donde

an =1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx. (1.4)

[Por este motivo escrevemos o termo constante da serie de Fourier na formaa0

2: deste modo, a formula para

os coeficientes an e a mesma, independente se n = 0 ou n 6= 0.] Analogamente, multiplicando ambos os ladosda equacao (1.2) por sen

nπx

Le integrando de −L a L, obtemos

bn =1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx. (1.5)

Exemplo 1.4. Admitindo que exista uma serie de Fourier que convirja para a funcao periodica f de perıodo2L, definida no intervalo [−L,L] por

f(x) = −x se − L 6 x 6 0,

x se 0 6 x 6 L,

calcule os seus coeficientes.


Solucao. Temos

a0 =1L

∫ L

−L

f(x) dx =1L

[−

∫ 0

−L

x dx +∫ L

0

x dx

]=

1L

(L2

2+

L2

2

)= L.

Os outros coeficientes podem ser calculados atraves de integracao por partes. Temos

an =1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx =

1L

[−

∫ 0

−L

x cosnπx

Ldx +

∫ L

0

x cosnπx

Ldx

]

=1L

[(− L

nπx sen

nπx

L

∣∣∣∣0

−L

+L

nπ

∫ 0

−L

sennπx

Ldx

)+

(L

nπx sen

nπx

L

∣∣∣∣L

0

− L

nπ

∫ L

0

sennπx

Ldx

)]

=1L

[− L2

n2π2cos

nπx

L

∣∣∣∣0

−L

+L2

n2π2cos

nπx

L

∣∣∣∣L

0

]

=1L

[− L2

n2π2+

L2

n2π2cos nπ +

L2

n2π2cos nπ − L2

n2π2

]

=2L

n2π2(cosnπ − 1)

=

0 se n e par,

− 4L

n2π2se n e ımpar.

e

bn =1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx =

1L

[−

∫ 0

−L

x sennπx

Ldx +

∫ L

0

x sennπx

Ldx

]

=1L

[(L

nπx cos

nπx

L

∣∣∣∣0

−L

− L

nπ

∫ 0

−L

cosnπx

Ldx

)+

(− L

nπx cos

nπx

L

∣∣∣∣L

0

+L

nπ

∫ L

0

cosnπx

Ldx

)]

=1L

[L2

nπcosnπ − L2

n2π2sen

nπx

L

∣∣∣∣0

−L

− L2

nπcos nπ +

L2

n2π2sen

nπx

L

∣∣∣∣L

0

]

= 0.

Portanto,

f(x) =L

2− 4L

π2

∞∑n=1

1(2n− 1)2

cos(2n− 1)πx

L.

Observe que a serie do lado direito e de fato convergente em todo ponto x, ja que os coeficientes

diminuem na razao de1

(2n− 1)2,∣∣∣∣cos

(2n− 1)πx

L

∣∣∣∣ 6 1 e a serie∞∑

n=1

1n2

e sabidamente convergente.

Na figura a seguir ilustramos o grafico da serie truncada em varios valores de n (vermelho correspondea truncar a serie em n = 1, azul a trunca-la em n = 2 e verde a trunca-la em n = 3; preto corresponde


a truncar a serie em n = 100, indistinguıvel do grafico da funcao f propriamente dita):

-2

1

0,6

0,8

0,4

x

2100

0,2

-1

Por outro lado, a convergencia parece ser mais lenta nas quinas (isto e, nos pontos onde f nao ediferenciavel), como pode ser observado na figura acima. Para ver isso melhor, tome L = x = π, demodo que obtemos

π =π

2− 4

π

∞∑n=1

1(2n− 1)2

cos(2n− 1)π

ouπ2

8=

∞∑n=1

1(2n− 1)2

= 1 +19

+125

+149

+ . . .

Enquanto que π = 3.1415926536 e uma aproximacao para π com 10 casas decimais, temos:√√√√8

k∑n=1

1(2n− 1)2

=

3.141274327 se k = 1000,3.141589470 se k = 100000,3.141592335 se k = 1000000.

¤

1.3 Teorema de Fourier

Vamos determinar condicoes suficientes para que uma funcao f possua uma serie de Fourier e que estaconvirja para f pelo menos na maioria dos pontos de seu domınio.


1.3.1 Existencia da Serie de Fourier

Primeiramente, vamos ver que condicoes a funcao f deve satisfazer para que a sua serie de Fourier estejadefinida, mesmo que ela possa nao convergir para f em nenhum ponto. Para que a serie de Fourier de fexista, os coeficientes de Fourier de f precisam estar definidos.

Definicao. Dizemos que uma funcao integravel f : R −→ R e absolutamente integravel no intervalo[a, b] se ∫ b

a

|f(x)| dx < ∞.

Denotamos isso por f ∈ L1([a, b]).

Se f e localmente absolutamente integravel (isto e, se f e absolutamente integravel em todo intervalo),denotamos isso por f ∈ L1

loc(R).

Proposicao 1.5. Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L. Se f e absolutamente integravelno intervalo [−L,L], entao os coeficientes de Fourier de f

an =1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx, n = 0, 1, 2, . . . ,

bn =1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx, n = 1, 2, . . . ,

estao bem definidos.

Prova. De fato,∣∣∣∣∣∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6∫ L

−L

|f(x)|∣∣∣cos

nπx

L

∣∣∣ dx <

∫ L

−L

|f(x)| dx < ∞,

∣∣∣∣∣∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6∫ L

−L

|f(x)|∣∣∣sen nπx

L

∣∣∣ dx <

∫ L

−L

|f(x)| dx < ∞.

¥Portanto, quando f ∈ L1

loc(R) e uma funcao periodica de perıodo 2L, podemos construir formalmente a serie

a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

).

A proxima questao e se esta serie converge em cada ponto x e se ela converge para o valor f(x).

1.3.2 Funcoes Contınuas por Partes

Definicao. Uma funcao real f e contınua por partes no intervalo [a, b] se existir um numero finito depontos a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b tais que

(i) f e contınua em cada subintervalo [xi−1, xi], i = 1, . . . , n;

(ii) existem os limites laterais a esquerda e a direita nos extremos de cada subintervalo.

Exemplo 1.6.


(a) A funcao

f(x) =

−1 se n < x < n + 1 e n e par,0 se x = n ∈ Z,1 se n < x < n + 1 e n e ımpar.

e contınua por partes em qualquer intervalo fechado da reta. Seus pontos de descontinuidade sao ospontos com valores inteiros e os limites laterais nestes pontos sao −1 e 1.

1

0

0,5

3-0,5x

20 1

-1

-3 -2 -1

(b) A funcao

g(x) =

1 se x < 0,0 se x = 0,

sen1x

se x > 0,

nao e contınua por partes no intervalo [−1, 1] pois nao existe o limite lateral a direita em x = 0.

1

0

0,5

1

x

0,5-0,5

-1

-0,5

-1 0


(c) Similarmente, a funcao

h(x) =

− 1x

se x < 0,

0 se x = 0,1 se x > 0,

nao e contınua por partes no intervalo [−1, 1], pois nao existe o limite lateral a esquerda em x = 0.

x

20

10

10

15

0,5-0,50

5

-1

¤

1.3.3 O Teorema de Fourier

Agora enunciaremos o Teorema de Fourier, que da condicoes suficientes sobre uma funcao periodica f paraque a sua serie de Fourier convirja puntualmente para f nos pontos de continuidade de f . A demonstracaodeste resultado sera adiada para uma secao posterior.

Teorema 1.7. (Teorema de Fourier) Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, tal que f e f ′

sao contınuas por partes no intervalo [−L,L]. Entao a serie de Fourier de f

a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)

onde

an =1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx, n = 0, 1, 2, . . . ,

bn =1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx, n = 1, 2, . . . ,

converge para f(x), se f e contınua em x, e paraf(x+) + f(x−)

2, se f e descontınua em x.

Em geral, se uma funcao f e a sua derivada f ′ forem contınuas por partes, diremos simplesmente que f ediferenciavel por partes. Observe que se f e contınua em x, entao a media dos limites laterais de f em xe exatamente igual a f(x); o teorema poderia ter sido enunciado em uma forma mais compacta simplesmente


afirmando que se f satisfaz as condicoes do enunciado, entao a serie de Fourier de f converge sempre paraf(x+) + f(x−)

2.

Exemplo 1.8.

(a) Defina

f(x) =

x2 sen

1x

se x 6= 0,

0 se x = 0.

Observe que f e contınua ( limx→0

x2 sen1x

= 0), mas f ′ nao e contınua por partes, pois apesar da derivadaexistir em x = 0, nao existe nenhum dos limites laterais da derivada em x = 0:

f ′(x) =

2x sen

1x− cos

1x

se x 6= 0,

0 se x = 0.

0,04

0

0,02

-0,02

-0,04

x

0,30,2-0,1-0,2 0-0,3 0,1

1

0

0,5

0,3

-0,5

x

0,20

-1

-0,3 -0,2 -0,1 0,1

(b) (Onda quadrada) Defina f : R −→ R por

f(x) =

0 se − L < x < 0,L se 0 < x < L,

e f periodica de perıodo 2L.

1

0,60,8

0,4

0

x

321

0,2

0-3 -1-2


Vamos calcular a serie de Fourier de f e verificar onde ela converge. Temos

a0 =1L

∫ L

−L

f(x) dx =∫ L

0

dx = L,

an =1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx =

∫ L

0

cosnπx

Ldx =

L

nπsen

nπx

L

∣∣∣L

0

= 0,

bn =1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx =

∫ L

0

sennπx

Ldx = − L

nπcos

nπx

L

∣∣∣L

0=

L

nπ(1− cos nπ)

=

0 se n e par,

2L

nπse n e ımpar.

Portanto,

f(x) =L

2+

2L

π

∞∑n=1

12n− 1

sen(2n− 1)πx

L.

Veja a figura abaixo, representando a soma parcial truncada em n = 10:

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0

x

420-2-4

Para os valores de descontinuidade (x = kL, k ∈ Z), os senos se anulam e a serie de Fourier de f temvalor igual a L/2, exatamente a media dos limites laterais nestes pontos. Nos demais pontos, a seriede Fourier converge para f , mas com uma convergencia lenta, ja que os seus coeficientes sao da ordemde 1/(2n− 1).

(c) (Onda triangular) Defina g : R −→ R por

g(x) = −x se − L 6 x < 0,

x se 0 6 x < L,

e g periodica de perıodo 2L. Observe que g e contınua e diferenciavel por partes (isto e, g′ e contınuapor partes), logo a serie de Fourier de g converge para g em todo ponto. ¤


1.3.4 Estimativa dos Coeficientes de Fourier

Se f possui maior regularidade, e possıvel provar diretamente que a sua serie de Fourier converge sem recorrerao Teorema de Fourier. A ideia e obter estimativas para os coeficientes de Fourier e entao usar o teste dacomparacao para concluir que a serie de Fourier converge.

Seja f uma funcao periodica de perıodo 2L. Em primeiro lugar, se f e localmente absolutamente in-tegravel, podemos obter a seguinte estimativa simples para os coeficientes de Fourier: como

|an| =∣∣∣∣∣1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6 1L

∫ L

−L

|f(x)|∣∣∣cos

nπx

L

∣∣∣ dx <1L

∫ L

−L

|f(x)| dx,

|bn| =∣∣∣∣∣1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6 1L

∫ L

−L

|f(x)|∣∣∣sen nπx

L

∣∣∣ dx <1L

∫ L

−L

|f(x)| dx.

se denotarmos

M0 =1L

∫ L

−L

|f(x)| dx,

segue que|an| , |bn| 6 M0 para todo n 6= 0. (1.6)

Em outras palavras, se f e localmente absolutamente integravel, entao as sequencias (an) e (bn) dos coefi-cientes de Fourier de f sao uniformemente limitadas.

Se, alem disso, f for contınua e diferenciavel e sua derivada f ′for localmente absolutamente integravel,podemos integrar por partes para obter

an =1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx =

1nπ

f(x) sennπx

L

∣∣∣L

−L− 1

nπ

∫ L

−L

f ′(x) sennπx

Ldx

de modo que

an = − 1nπ

∫ L

−L

f ′(x) sennπx

Ldx. (1.7)

Analogamente,

bn =1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx = − 1

nπf(x) cos

nπx

L

∣∣∣L

−L+

1nπ

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx

= − 1nπ

(f(L) cos nπ − f(−L) cos(−nπ)) +1

nπ

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx

de modo que

bn =1

nπ

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx. (1.8)

Segue que

|an| =∣∣∣∣∣

1nπ

∫ L

−L

f ′(x) sennπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6 1nπ

∫ L

−L

|f ′(x)| dx,

|bn| =∣∣∣∣∣

1nπ

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6 1nπ

∫ L

−L

|f ′(x)| dx.

Se

M1 =1π

∫ L

−L

|f ′(x)| dx,


temos|an| , |bn| 6 M1

npara todo n 6= 0. (1.9)

Assim, neste caso as sequencias (an) e (bn) dos coeficientes de Fourier de f convergem para 0 a uma taxaproporcional a 1/n.

Se, alem das hipoteses acima, f for duas vezes diferenciavel, f ′ for contınua em [−L,L] e a derivadasegunda f ′′ for localmente absolutamente integravel, podemos integrar por partes duas vezes para obter

an =1

nπ

∫ L

−L

f ′(x) sennπx

Ldx =

1nπ

[− L

nπf ′(x) cos

nπx

L

∣∣∣L

−L+

L

nπ

∫ L

−L

f ′′(x) cosnπx

Ldx

]

=L

n2π2

∫ L

−L

f ′′(x) cosnπx

Ldx,

bn =1

nπ

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx =

1nπ

[L

nπf ′(x) sen

nπx

L

∣∣∣L

−L− L

nπ

∫ L

−L

f ′′(x) sennπx

Ldx

]

=L

n2π2

∫ L

−L

f ′′(x) sennπx

Ldx,

e daı

|an| =∣∣∣∣∣

L

n2π2

∫ L

−L

f ′′(x) cosnπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6 L

n2π2

∫ L

−L

|f ′′(x)| dx,

|bn| =∣∣∣∣∣

L

n2π2

∫ L

−L

f ′′(x) sennπx

Ldx

∣∣∣∣∣ 6 L

n2π2

∫ L

−L

|f ′′(x)| dx,

de modo que, se

M2 =L

π2

∫ L

−L

|f ′′(x)| dx,

temos|an| , |bn| 6 M2

n2para todo n 6= 0. (1.10)

Nestas condicoes, sem usar o Teorema de Fourier, concluımos pelo teste da comparacao que a serie de Fourier

converge, pois a serie∞∑

n=1

1n2

e convergente.

Os calculos acima mostram ainda que e possıvel calcular os coeficientes de Fourier das derivadas de umafuncao a partir dos coeficientes de Fourier da propria funcao, em certas condicoes, sem que haja a necessidadede calcular novas integrais. Na pratica, o que estamos fazendo e derivar a serie de Fourier termo a termo(veja o Teorema 1.19 e o Exemplo 1.20 para maiores detalhes):

Proposicao 1.9. (Coeficientes de Fourier das Derivadas de uma Funcao) Seja f : R −→ R uma funcaoperiodica de perıodo 2L, k vezes diferenciavel, tal que f, f ′, f ′′, ..., f (k−1) sao contınuas em R e f (k)

e localmente absolutamente integravel. Entao, se a(j)n , b

(j)n denotam os coeficientes de Fourier de f (j),


temos para 2 6 j 6 k

a′n =nπ

Lbn b′n = −nπ

Lan

a′′n = −n2π2

L2an b′′n = −n2π2

L2bn

a′′′n = −n3π3

L3bn, b′′′n =

n3π3

L3an,

a(4)n =

n4π4

L4an, b

(4)n =

n4π4

L4bn,

......

a(j)n =

σjnjπj

Ljan se n e par,

σjnjπj

Ljbn se n e ımpar,

b(j)n =

σj+1njπj

Ljbn se n e par,

σj+1njπj

Ljan se n e ımpar,

onde

σj =

1 se j = 0 mod 4 ou j = 1mod 4,−1 se j = 2 mod 4 ou j = 3mod 4.

Prova: Dos resultados que obtivemos acima segue que

an = − 1nπ

∫ L

−L

f ′(x) sennπx

Ldx = − L

nπ

1L

∫ L

−L

f ′(x) sennπx

Ldx = − L

nπb′n,

bn =1

nπ

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx =

L

nπ

1L

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx =

L

nπa′n.

dondea′n =

nπ

Lbn e b′n = −nπ

Lan.

O resultado geral segue por inducao:

a′′n =nπ

Lb′n =

nπ

L

(−nπ

Lan

)= −n2π2

L2an,

b′′n = −nπ

La′n = −nπ

L

(nπ

Lbn

)= −n2π2

L2bn,

a′′′n =nπ

Lb′′n =

nπ

L

(−n2π2

L2bn

)= −n3π3

L3bn,

b′′′n = −nπ

La′′n = −nπ

L

(−n2π2

L2an

)=

n3π3

L3an,

a(4)n =

nπ

Lb′′′n =

nπ

L

(n3π3

L3an

)=

n4π4

L4an,

b(4)n = −nπ

La′′′n = −nπ

L

(−n3π3

L3bn

)=

n4π4

L4bn,

a(5)n =

nπ

Lb(4)n =

nπ

L

(n4π4

L4bn

)=

n5π5

L5bn,

b(5)n = −nπ

La(4)

n = −nπ

L

(n4π4

L4an

)= −n5π5

L5bn,

e assim por diante. ¥


1.3.5 Series de Fourier de Funcoes Pares e Impares

As series de Fourier de funcoes pares e de funcoes ımpares sao muito mais simples do que as series deFourier de funcoes arbitrarias. Nas aplicacoes, frequentemente poderemos arranjar ou definir os parametrosdo problema de forma a encontrar um ou outro membro destas classes de funcoes.

Definicao. Uma funcao real f : R −→ R e par se f(−x) = f(x) e ımpar se f(−x) = −f(x).

Exemplo 1.10.

(a) As funcoes constantes, |x|, x2, x4, x2n e cosnπx

Lpara qualquer n ∈ N, e ex2

sao funcoes pares.

(b) As funcoes x, x3, x2n+1 e sennπx

Lpara qualquer n ∈ N, sao funcoes ımpares.

(c) As funcoes ex, x2 + x + 1 nao sao nem pares, nem ımpares. ¤

A terminologia par-ımpar e justificada pela seguinte proposicao:

Proposicao 1.11. (Propriedades elementares das funcoes pares e ımpares)

(i) A soma de duas funcoes pares e uma funcao par; a soma de duas funcoes ımpares e uma funcao ımpar.

(ii) A soma de uma funcao par e uma funcao ımpar nao e par, nem ımpar.

(iii) O produto de duas funcoes pares e uma funcao par; o produto de duas funcoes ımpares e uma funcaopar.

(iv) O produto de uma funcao par e uma funcao ımpar e uma funcao ımpar.

Prova: A verificacao destas propriedades e muito facil: por exemplo, se f e g sao ımpares, entao

(f + g)(−x) = f(−x) + g(−x) = −f(x) + (−g(x)) = −(f + g)(x),(fg)(−x) = f(−x)g(−x) = (−f(x))(−g(x)) = f(x)g(x) = (fg)(x).

¥

Proposicao 1.12. (Integracao de funcoes pares e ımpares) Seja f : R −→ R uma funcao localmente in-tegravel.

(i) Se f e uma funcao par, para todo L ∈ R vale

∫ L

−L

f(x) dx = 2∫ L

0

f(x) dx. (1.11)

(ii) Se f e uma funcao ımpar, para todo L ∈ R vale

∫ L

−L

f(x) dx = 0. (1.12)

Prova: Temos ∫ L

−L

f(x) dx =∫ 0

−L

f(x) dx +∫ L

0

f(x) dx.


Fazendo a mudanca de variavel t = −x na primeira integral, se f for par temos

∫ L

−L

f(x) dx =∫ 0

L

f(−t) (−dt) +∫ L

0

f(x) dx = −∫ 0

L

f(t) dt +∫ L

0

f(x) dx

=∫ L

0

f(t) dt +∫ L

0

f(x) dx = 2∫ L

0

f(x) dx,

e se f for ımpar temos

∫ L

−L

f(x) dx =∫ 0

L

f(−t) (−dt) +∫ L

0

f(x) dx =∫ 0

L

f(t) dt +∫ L

0

f(x) dx

= −∫ L

0

f(t) dt +∫ L

0

f(x) dx = 0.

¥Como consequencia destas duas proposicoes, obtemos que a serie de Fourier para uma funcao par e uma

serie de cossenos, enquanto que a serie de Fourier para uma funcao ımpar e uma serie de senos:

Proposicao 1.13. (Series de Fourier de funcoes pares e ımpares)

(i) Seja f : R −→ R uma funcao par que satisfaz as hipoteses do Teorema de Fourier. Entao,

an =2L

∫ L

0

f(x) cosnπx

Ldx, n = 0, 1, 2, . . . ,

bn = 0 para todo n.

Logo,

f(x) =a0

2+

∞∑n=1

an cosnπx

L.

(ii) Seja f : R −→ R uma funcao ımpar que satisfaz as hipoteses do Teorema de Fourier. Entao,

an = 0 para todo n,

bn =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx, n = 1, 2, . . .

Logo,

f(x) =∞∑

n=1

bn sennπx

L.

Prova: Segue imediatamente da expressao para os coeficientes de Fourier dada pelo Teorema 1.7 juntamentecom a proposicao anterior. ¥

Exemplo 1.14 (Onda em dente de serra) Considere a funcao f(x) = x, se −L < x < L, f(−L) = f(L) = 0,


periodica de perıodo 2L.

1

0

0,5

3

-0,5

x

20 1-1

-1

-3 -2

Como f e ımpar, temos an = 0 e

bn =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx =

2L

∫ L

0

x sennπx

Ldx =

2L

[− L

nπx cos

nπx

L

∣∣∣L

0+

L

nπ

∫ L

0

cosnπx

Ldx

]

=2

nπ

[L cosnπ +

L

nπsen

nπx

L

∣∣∣L

0

]=

2L

nπcos nπ

=2L

nπ(−1)n,

logo a serie de Fourier de f e a serie de senos

f(x) =2L

π

∞∑n=1

(−1)n+1

nsen

nπx

L.

¤

1.3.6 Extensoes Periodicas Pares e Impares de Funcoes Definidas em Intervalos

Dada uma funcao f : [0, L] −→ R definida em um intervalo fechado, diferenciavel por partes, podemosobter varias series de Fourier diferentes para f . De fato, para obter uma serie de Fourier para f , precisamosestender f a uma funcao definida na reta toda e que seja periodica, de perıodo 2L. No entanto, esta extensaopode ser realizada atraves de uma infinidade de maneiras diferentes, desde que a funcao resultante satisfacaas hipoteses do Teorema de Fourier. As extensoes mais utilizadas na pratica sao as extensoes de f a umafuncao par, de modo que a serie de Fourier de f e uma serie exclusivamente de cossenos, e de f a uma funcaoımpar, de modo que a serie de Fourier de f e uma serie exclusivamente de senos. Qual delas e escolhidadepende da aplicacao pratica que se tem em mente, como veremos mais tarde, embora as vezes a escolhatambem e ditada pela diferenca da velocidade de convergencia entre as series obtidas (veja o exemplo aseguir).

Definicao. Extensao periodica par de f :


Defina f(x) = f(−x) para x ∈ [−L, 0] e declare f periodica de perıodo 2L.

3

2

2,5

1,5

0,5

1

x

210-1-2

Definicao. Extensao periodica ımpar de f :

Defina f(x) = −f(−x) para x ∈ [−L, 0) e declare f periodica de perıodo 2L.

-2

3

1

-3

2

0

-2

-1

x

21-1 0

Exemplo 1.15. Considere a funcao f(x) = x se 0 6 x 6 L. Se tomarmos a extensao periodica par de f ,obteremos a funcao

f(x) = −x se − L 6 x < 0,

x se 0 6 x < L,

f(x) = f(x + 2L),

que e a onda triangular, cuja serie de Fourier e a serie de cossenos que ja obtivemos anteriormente noExemplo 1.4:

f(x) =L

2− 4L

π2

∞∑n=1

1(2n− 1)2

cos(2n− 1)πx

L.

Por outro lado, se tomarmos a extensao periodica ımpar de f (redefinindo f(L) = 0), obteremos afuncao

f(x) = x se − L < x < L,

f(x) = f(x + 2L), f(−L) = f(L) = 0,

que e a onda em dente de serra, cuja serie de Fourier e a serie de senos calculada no Exemplo 1.14:

f(x) =2L

π

∞∑n=1

(−1)n

nsen

nπx

L.

Os coeficientes de Fourier da serie de cossenos de f decrescem na ordem de1n2

, enquanto que os

coeficientes de Fourier da serie de senos de f decrescem na ordem de1n

. Portanto, a convergencia


da expansao em cossenos de f e muito mais rapida do que a convergencia da expansao em senos def . Isso se deve ao fato de que a extensao de f a uma funcao par ser uma funcao contınua na retatoda, enquanto que a extensao de f a uma funcao ımpar e uma funcao que possui descontinuidades nospontos da forma x = 2kL, k ∈ Z. Em geral, como vimos na secao sobre estimativas dos coeficientesde Fourier, quanto maior a regularidade de f (isto e, quanto maior o grau de diferenciabilidade de f),mais rapida e a convergencia da sua serie de Fourier. ¤

1.3.7 Exercıcios

Exercıcio 1.10. Calcule a serie de Fourier das seguintes funcoes:

(a) f(x) = |x|, −π 6 x < π, f e periodica de perıodo 2π.

(b) f(x) = |senx| .(c) f(x) = |cos x| .(d) f(x) = x2, −π 6 x 6 π, f e periodica de perıodo 2π.

(e) f(x) = 1 + sen x + cos 2x.

(f) f(x) = sen2 x.

(g) f(x) = cos2 x.

(h) f(x) = ex, −π 6 x < π, f e periodica de perıodo 2π.

(i) f(x) = e−|x|, −π 6 x 6 π, f e periodica de perıodo 2π.

(j) f(x) = (sen x)+, isto e,

f(x) =

sen x se sen x > 0,0 se sen x 6 0.

(k) f(x) = −L se − L 6 x < 0,

L se 0 < x < L,, f e periodica de perıodo 2L.

(l) f(x) =

0 se − L 6 x < 0,x2 se 0 < x < L.

, f e periodica de perıodo 2L.

(m) f(x) =

x + L se − L 6 x 6 0,L se 0 6 x < L.


(n) f(x) =

0 se − L 6 x < −L

2,

1 se − L

26 x 6 L

2,

0 seL

26 x 6 L,


(o) f(x) =

c

a(x + a) se − a 6 x 6 0,

0 se a 6 |x| 6 b,

− c

a(x− a) se 0 6 x 6 a,

, f e periodica de perıodo 2b.

(p) f(x) =

x + b

b− ase − b 6 x 6 −a,

1 se − a 6 x 6 a,

−x− b

b− ase a 6 x 6 b,

, f e periodica de perıodo 2b.


Exercıcio 1.11. Usando algum software matematico (Scilab, Maple, Matlab, etc.) ou algum pacote grafico(OpenGL, Java2D, etc.), plote os graficos das somas parciais

∑kn=1 de algumas das series de Fourier

do exercıcio anterior para valores de k = 1, 2, 3, 5, 10, 100.

Exercıcio 1.12. Quais sao as relacoes entre os coeficientes de Fourier da funcao f e da funcao

(a) g(x) = f(x + c), c ∈ R?

(b) g(x) = f(x) + c, c ∈ R?

(c) g(x) = f(cx), c > 0? [Observe que se f tem perıodo 2L, entao g tem perıodo 2L/c .]

Exercıcio 1.13. Quais sao as relacoes entre os coeficientes de Fourier das funcoes f e g e da funcao αf +βg,onde α, β ∈ R?

Exercıcio 1.14. Mostre que se f : R −→ R e uma funcao par [ımpar] diferenciavel, entao f ′ sera ımpar[par].

Exercıcio 1.15. Existe alguma funcao que e ao mesmo tempo par e ımpar?

Exercıcio 1.16. Usando o Teorema de Fourier, mostre que qualquer funcao f : R −→ R contınua, periodica,diferenciavel por partes, pode ser escrita como a soma de uma funcao par e uma funcao ımpar.

Exercıcio 1.17. Mostre que qualquer funcao f : R −→ R pode ser escrita de maneira unica como a soma deuma funcao par e uma funcao ımpar, chamadas as suas componentes par e ımpar. Em outras palavras,F = P ⊕ I.

Sugestao: se f(x) = g(x) + h(x) com g par e h ımpar, qual e o valor de f(−x)?

Exercıcio 1.18. Prove a seguinte formula devida a Kronecker. Se f e uma funcao contınua e p e umpolinomio de grau N , entao

∫pf = pf1 − p′f2 + p′′f3 − . . . + (−1)Np(N)fN+1 + C,

onde C e uma constante, p, p′, p′′, . . . , p(N) sao as primeiras N derivadas de p, f1 e uma antiderivadade f , e para k = 1, ..., N , fk+1 e uma antiderivada de fk.

(a) Use esta formula para calcular as seguintes integrais para N = 1, 2, 3, 4:∫ π

0

xN cosnx e∫ π

0

xN sen nx.

(b) Calcule a serie de Fourier para a funcao f de perıodo 2π definida por f(x) = x2 se −π 6 x 6 π.

(c) Calcule a serie de Fourier para a funcao f de perıodo 2π definida por f(x) = x3 se −π 6 x 6 π.

(d) Calcule a serie de Fourier para a funcao f de perıodo 2π definida por f(x) = x4 se −π 6 x 6 π.

(e) Calcule a serie de Fourier para a funcao f de perıodo 2π definida por f(x) = x4−2π2x2 se −π 6 x 6 π.

Exercıcio 1.19. Usando a serie de Fourier da onda quadrada (Exemplo 1.8), mostre que

π

4= 1− 1

3+

15− 1

7+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n

2n + 1.

Esta e uma maneira rapida de calcular π? (Para responder a esta pergunta, use algum softwarematematico ou desenvolva algum programa simples para calcular as somas parciais desta serie.) Com-pare a velocidade de convergencia desta serie com a da serie obtida no Exemplo 1.4.


Exercıcio 1.20. Considere a funcao periodica f : R −→ R de perıodo 2 definida no intervalo [0, 2) porf(x) = x2.

(a) Calcule a serie de Fourier de f.

(b) Esboce o grafico de f e o grafico da serie de Fourier de f .

(c) Usando a serie de Fourier de f , prove que

π2

6= 1 +

122

+132

+142

+ . . . =∞∑

n=1

1n2

.

Compare a velocidade de convergencia desta serie com a serie do exercıcio anterior e com a serie doExemplo 1.4.

Exercıcio 1.21. Mostre que para 0 < x < 2π podemos escrever

x4 =16π4

5+ 16

∞∑n=1

(2π2

n2− 3

n4

)cosnx + 16π

∞∑n=1

(3n3− π2

n

)sennx.

A partir daı, deduza as seguintes formulas:

π4

90=

∞∑n=1

1n4

,7π4

720=

∞∑n=1

(−1)n+1

n4,

π4

96=

∞∑n=1

1(2n− 1)4

.

Exercıcio 1.22. Use a serie de Fourier da funcao do Exercıcio 1.18 (c) para obter a seguinte serie

π3

32= 1− 1

33+

153− 1

73+ . . . =

∞∑n=0

(−1)n

(2n + 1)3.

Tente calcular o valor da serie ∞∑n=1

1n3

.

A funcao zeta de Riemann, de grande importancia em teoria dos numeros, e definida para t > 1 por

ζ(t) =∞∑

n=1

1nt

.

Usando series de Fourier, e possıvel calcular ζ(2n) para qualquer inteiro positivo n, como fizemos emalguns casos acima. Por exemplo:

t 2 4 6 8 10

ζ(t)π2

6π4

90π6

945π8

9450π10

93555

Exercıcio 1.23. Prove que se a ∈ R\Z, entao

cos ax =2a sen aπ

π

[1

2a2+

∞∑n=1

(−1)n

a2 − n2cos nx

]

para todo x ∈ [−π, π]. A partir disso, derive a seguinte formula devida a Euler:

aπ

sen aπ= 1 + 2a2

∞∑n=1

(−1)n

a2 − n2.


1.4 Convergencia da Serie de Fourier

Nesta secao provaremos o Teorema de Fourier, entre outras coisas. Vale a pena observar antes que, emboraas hipoteses do Teorema de Fourier nao sejam as mais gerais possıveis (existem varios outros teoremas quedao condicoes suficientes para a convergencia da serie de Fourier em um ponto, a maioria deles alem do nıveldeste curso; veja o Exercıcio 1.24), nao basta uma funcao ser contınua em um ponto para a sua serie deFourier convergir para o valor da funcao naquele ponto; na verdade continuidade em um ponto nao garantenem que a serie de Fourier seja convergente no ponto. De fato, em 1873, Du Bois-Reymond deu um exemplode uma funcao contınua e limitada em (−π, π) cuja serie de Fourier diverge na origem; tres anos mais tarde,ele produziu um exemplo de uma funcao contınua tal que em qualquer vizinhanca de seu domınio existe pelomenos um ponto em que sua serie de Fourier diverge, ou seja, que possui um conjunto denso de pontos ondea serie de Fourier diverge. Por muito tempo nao se sabia sequer se a serie de Fourier de uma funcao contınuaconvergia em algum ponto do seu domınio. Esta questao foi resolvida em 1966 por Carleson, que provou quese f ∈ L2 (−π, π) entao o conjunto de pontos onde a sua serie de Fourier nao converge tem medida nula. Issoinclui funcoes contınuas limitadas, que sao evidentemente quadrado-integraveis. Tambem no mesmo ano,Kahane e Katznelson provaram que, dado qualquer subconjunto de medida nula S ⊂ (−π, π), existe umafuncao contınua em (−π, π) cuja serie de Fourier diverge em S, mostrando que o resultado de Carleson e omelhor possıvel. Fora da classe das funcoes quadrado-integraveis, o pior pode ocorrer: em 1926, Kolmogorovdeu um exemplo de uma funcao integravel (no sentido de Lebesgue) cuja serie de Fourier diverge em todoponto. Para demonstracoes avancadas destes resultados veja [7] e [9].

1.4.1 Convergencia Puntual da Serie de Fourier: Demonstracao do Teorema deFourier

A demonstracao do Teorema de Fourier e devida a Dirichlet (em 1829, para funcoes limitadas, e em 1854,para o caso mais geral). O uso do Lema de Riemann-Lebesgue a seguir permite dar uma demonstracaomuito mais curta e assimilavel que a originalmente dada por Dirichlet.

Lema 1.16. (Lema de Riemann-Lebesgue, 1854) Seja f : [a, b] −→ R uma funcao absolutamente integravel.Entao

limt→∞

∫ b

a

f(x) sen tx dx = 0, (1.13)

limt→∞

∫ b

a

f(x) cos tx dx = 0. (1.14)

Prova. Forneceremos uma demonstracao valida apenas para funcoes contınuas por partes, ja que o nossoproposito e provar o Teorema de Fourier na forma enunciada neste capıtulo. Para uma demonstracao dolema no caso geral, veja [4]. Consideraremos apenas o primeiro limite, ja que a demonstracao do segundo ecompletamente analoga.

Como f e contınua por partes em [a, b], o intervalo [a, b] pode ser subdividido em um numero finito desubintervalos tais que f e contınua em cada um destes subintervalos, exceto possivelmente nas extremidades.Ja que o limite da integral no intervalo [a, b] e a soma (finita) dos limites da integral em cada subintervalo,basta provar que o limite e zero em cada um destes subintervalos. Podemos portanto assumir, sem perdade generalidade, que f e contınua em [a, b], redefinindo f nos extremos se necessario (isto e, redefinindof(a) = f(a+) e f(b) = f(b−), pois o valor da funcao nas extremidades do intervalo nao afeta o valor daintegral).


Divida o intervalo [a, b] em n subintervalos de comprimentos iguais, atraves dos pontos a = x0 < x1 <. . . < xn−1 < xn = b. Escreva

∫ b

a

f(x) sen tx dx =n−1∑

i=0

∫ xi+1

xi

f(x) sen tx dx

=n−1∑

i=0

f(xi)∫ xi+1

xi

sen tx dx +n−1∑

i=0

∫ xi+1

xi

[f(x)− f(xi)] sen tx dx.

Se M = max[a,b]

|f |, segue que

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) sen tx dx

∣∣∣∣∣ 6 M

n−1∑

i=0

∣∣∣∣∫ xi+1

xi

sen tx dx

∣∣∣∣ +n−1∑

i=0

∫ xi+1

xi

|f(x)− f(xi)| dx.

Temos ∣∣∣∣∫ xi+1

xi

sen tx dx

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣cos tx

t

∣∣∣∣xi+1

xi

∣∣∣∣∣ =1t|cos txi+1 − cos txi| 6 2

t.

Alem disso, se mi = min[xi,xi+1]

f e Mi = max[xi,xi+1]

f , podemos escrever

n−1∑

i=0

∫ xi+1

xi

|f(x)− f(xi)| dx 6n−1∑

i=0

(Mi −mi)∫ xi+1

xi

dx =n−1∑

i=0

(Mi −mi)(xi+1 − xi)

=n−1∑

i=0

Mi(xi+1 − xi)−n−1∑

i=0

mi(xi+1 − xi),

ou seja, a diferenca entre a soma superior e a soma inferior de Riemann na particao [a, x1, . . . , xn−1, b]. Comof e integravel em [a, b] (pois e contınua em [a, b]), tanto a soma superior quanto a soma inferior convergempara o valor da integral de f em [a, b], a medida que tomamos particoes do intervalo [a, b] com subintervalosde comprimento cada vez menor, ou seja, um numero n de pontos cada vez maior. Assim, dado qualquerε > 0 arbitrario, por menor que seja, podemos sempre encontrar n suficientemente grande para que tenhamos

n−1∑

i=0

∫ xi+1

xi

|f(x)− f(xi)| dx 6 ε.

Portanto, obtemos ∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) sen tx dx

∣∣∣∣∣ 6 2nM

t+ ε.

Fazendo t →∞, concluımos que ∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) sen tx dx

∣∣∣∣∣ 6 ε.

Como ε e arbitrario, temos que ter necessariamente

∫ b

a

f(x) sen tx dx = 0.

¥


Usando a identidade trigonometrica cos(a−b) = cos a cos b+sen a sen b, a soma parcial da serie de Fourier

Sn(x) =a0

2+

n∑

k=1

(ak cos

kπx

L+ bk sen

kπx

L

)

=1L

∫ L

−L

f(t)

[12

+n∑

k=1

(cos

kπx

Lcos

kπt

L+ sen

kπx

Lsen

kπt

L

)]dt

pode ser reescrita na forma integral e compacta

Sn(x) =1L

∫ L

−L

f(t)

[12

+n∑

k=1

coskπ(x− t)

L

]dt. (1.15)

Definicao. A funcao

Dn(x) =1L

(12

+n∑

k=1

coskπx

L

)(1.16)

e chamada o nucleo de Dirichlet.

O nucleo de Dirichlet e uma funcao par, contınua e periodica de perıodo 2L. Alem disso,

∫ L

−L

Dn(x) dx = 1, (1.17)

Dn(0) =1L

(n +

12

).

Para os nossos propositos, a seguinte expressao compacta para o nucleo de Dirichlet (que nao envolve umasomatoria) sera extremamente util:

Lema 1.17. Se x 6= 2kL, k ∈ Z, entao

Dn(x) =1

2L

sen(n + 1/2)πx

L

senπx

2L

. (1.18)

Prova. Temos

1 +n∑

k=1

cos kθ = Re

(1 +

n∑

k=1

eikθ

).

Por outro lado, se z 6= 1, temos

1 + z + . . . + zn =1− zn+1

1− z,

logo

1 +n∑

k=1

eikθ =1− ei(n+1)θ

1− eiθ


para θ 6= 2kπ, k ∈ Z. Portanto, nestas condicoes,

1 +n∑

k=1

cos kθ = Re1− ei(n+1)θ

1− eiθ= Re

eiθ/2(e−iθ/2 − ei(n+1/2)θ)eiθ/2(e−iθ/2 − eiθ/2)

= Ree−iθ/2 − ei(n+1/2)θ

e−iθ/2 − eiθ/2,

= Recos θ

2 − i sen θ2 − cos(n + 1

2 )θ − i sen(n + 12 )θ

−2i sen θ2

= Rei cos θ

2 + sen θ2 − i cos(n + 1

2 )θ + sen(n + 12 )θ

2 sen θ2

=sen θ

2 + sen(n + 12 )θ

2 sen θ2

=12

+12

sen(n + 12 )θ

sen θ2

.

A identidade que acabamos de obter, isto e,

12

+n∑

k=1

cos kθ =12

sen(

n +12

)θ

senθ

2

, (1.19)

e chamada a identidade trigonometrica de Lagrange e e valida para θ 6= 2kπ, k ∈ Z (veja outra maneira deobte-la no Exercıcio 1.23). Tomando θ =

πx

Lobtemos o resultado desejado. ¥

Pela definicao do nucleo de Dirichlet, podemos escrever as somas parciais na forma

Sn(x) =∫ L

−L

f(t)Dn(x− t) dt. (1.20)

Fazendo a mudanca de variaveis s = x− t, segue que

Sn(x) = −∫ x−L

x+L

f(x− s)Dn(s) ds =∫ x+L

x−L

f(x− s)Dn(s) ds,

donde

Sn(x) =∫ L

−L

f(x− s)Dn(s) ds, (1.21)

pois ambas f e Dn tem perıodo comum 2L, logo o seu produto e uma funcao periodica de perıodo 2L e ovalor da sua integral sobre qualquer intervalo de comprimento 2L e o mesmo. Por outro lado, usando o fatoque Dn e uma funcao par, podemos escrever

∫ 0

−L

f(x− s)Dn(s) ds = −∫ 0

L

f(x + s)Dn(−s) ds =∫ L

0

f(x + s)Dn(s) ds,

donde

Sn(x) =∫ L

0

[f(x + s) + f(x− s)]Dn(s) ds. (1.22)

Usaremos esta expressao para as somas parciais e o Lema 1.17 para obter um teste que dara condicoessuficientes para que a serie de Fourier de uma funcao convirja para a media dos seus limites laterais:


Teorema 1.18. (Teste de Dini, 1880) Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, absolutamenteintegravel em [−L,L]. Fixado x ∈ [−L,L], se existem os limites laterais f(x+), f(x−) e existe δ0 > 0tal que ∫ δ0

0

∣∣∣∣[f(x + s)− f(x+)] + [f(x− s)− f(x−)]

s

∣∣∣∣ ds < ∞, (1.23)

entao

Sn(x) → f(x+) + f(x−)2

.

Prova. Mais uma vez, provaremos o resultado apenas para funcoes contınuas por partes. Denote

g(x, s) = [f(x + s)− f(x+)] + [f(x− s)− f(x−)].

Por hipotese, fixado x, existe δ0 > 0 tal queg(x, s)

s∈ L1([0, δ0]). Usando o fato que

1 =∫ L

−L

Dn(x) dx = 2∫ L

0

Dn(s) ds,

podemos escrever

Sn(x)− f(x+) + f(x−)2

=∫ L

0

[f(x + s) + f(x− s)]Dn(s) ds−∫ L

0

[f(x+) + f(x−)]Dn(s) ds

=∫ L

0

g(x, s)Dn(s) ds.

Em seguida, para qualquer 0 < δ < δ0, decompomos∫ L

0

g(x, s)Dn(s) ds =∫ δ

0

g(x, s)Dn(s) ds +∫ L

δ

g(x, s)Dn(s) ds,

de modo que, usando o Lema 1.17, temos

Sn(x)− f(x+) + f(x−)2

=∫ δ

0

sDn(s)g(x, s)

sds +

12L

∫ L

δ

sen(n + 1/2)πs

L

g(x, s)

senπs

2L

ds. (1.24)

A segunda integral em (1.24) torna-se arbitrariamente pequena quando n → ∞ pelo lema de Riemann-Lebesgue aplicado a funcao contınua por partes (note que o denominador nunca se anula no intervalo [δ, L])

g(x, s)

senπs

2L

.

Podemos fazer com que a primeira integral de (1.24) fique arbitrariamente pequena, independente de n,escolhendo δ > 0 suficientemente pequeno. De fato, pelo Lema 1.17 temos

|Dn(s)| = 12L

∣∣∣∣∣∣∣

sen(n + 1/2)πx

L

senπx

2L

∣∣∣∣∣∣∣6 1

2L

1∣∣∣sen πx

2L

∣∣∣.

Daı, podemos estimar∣∣∣∣∣∫ δ

0

sDn(s)g(x, s)

sds

∣∣∣∣∣ 6∫ δ

0

s |Dn(s)|∣∣∣∣g(x, s)

s

∣∣∣∣ ds 6 12L

∫ δ

0

s

senπs

2L

∣∣∣∣g(x, s)

s

∣∣∣∣ ds.


Agora, observe que a funcaoh(s) =

s

senπs

2L

e contınua no intervalo (0, L] e existe o limite lateral direito em 0, porque pela regra de L’Hopital

h(0+) = lims→0+

s

senπs

2L

= lims→0+

1π

2Lcos

πs

2L

=2L

π,

de modo que se definirmos h(0) =2L

π, h sera contınua no intervalo [0, L]; alem disso, h e crescente neste

intervalo, pois

h′(s) =sen

πs

2L− πs

2Lcos

πs

2L

sen2πs

2L

> 0

pois tan y > y para y ∈ [0, π/2). Segue que o valor maximo de h no intervalo [0, L] e atingido em s = L,onde h tem valor exatamente igual a L, e portanto

s

senπs

2L

6 L para todo s ∈ [0, L].

Logo, ∣∣∣∣∣∫ δ

0

sDn(s)g(x, s)

sds

∣∣∣∣∣ 6 12

∫ δ

0

∣∣∣∣g(x, s)

s

∣∣∣∣ ds.

Assim, comog(x, s)

se absolutamente integravel em [0, δ0], se δ > 0 e escolhido suficientemente pequeno

podemos garantir que ∣∣∣∣∣∫ δ

0

sDn(s)g(x, s)

sds

∣∣∣∣∣ 6 ε

qualquer que seja ε > 0 dado. ¥Agora estamos em condicoes de aplicar o teste de Dini para facilmente provar o Teorema de Fourier:Prova do Teorema de Fourier. Se f e contınua por partes em [−L,L], entao em particular os limiteslaterais existem para todo x ∈ [−L,L]. Alem disso, se f ′ tambem e contınua por partes em [−L,L], entaoas derivadas laterais em x existem para todo x ∈ [−L,L]:

lims→0

f(x + s)− f(x+)s

= f ′(x+),

lims→0

f(x− s)− f(x−)s

= f ′(x−),

e portanto a integral ∫ δ

0

[f(x + s)− f(x+)] + [f(x− s)− f(x−)]s

ds

e finita para algum δ > 0 suficientemente pequeno. ¥

1.4.2 Diferenciacao e Integracao Termo a Termo da Serie de Fourier

Quando formos resolver equacoes diferenciais parciais atraves de series de Fourier, sera importante diferenciaras series de Fourier termo a termo (por exemplo, precisaremos calcular ut e uxx para o candidato a solucaoda equacao do calor obtido na Introducao para verificar se ut = Kuxx), portanto e necessario saber em quecondicoes isso pode ser feito (o resultado a seguir e um caso especial da Proposicao 1.9):


Teorema 1.19. (Diferenciacao Termo a Termo da Serie de Fourier) Seja f : R −→ R uma funcao periodicade perıodo 2L, tal que f e contınua em R e f ′ e contınua por partes, de modo que vale o Teorema deFourier e a serie de Fourier de f e dada por

f(x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

).

Entao a serie de Fourier de f ′ e a serie obtida derivando termo a termo a serie de Fourier de f :

∞∑n=1

(−nπ

Lan sen

nπx

L+

nπ

Lbn cos

nπx

L

).

Prova: Como f ′ e contınua por partes, em particular e absolutamente integravel, logo seus coeficientes deFourier estao bem definidos. Seja

A0

2+

∞∑n=1

(An cos

nπx

L+ Bn sen

nπx

L

)

a serie de Fourier (formal, se nao convergir) de f ′. Para provar o teorema, basta provar que

A0 = 0,

An =nπ

Lbn,

Bn = −nπ

Lan.

Pelo Teorema Fundamental do Calculo, temos

A0 =1L

∫ L

−L

f ′(x) dx =1L

(f(L)− f(−L)) = 0,

porque f tem perıodo 2L, logo f(L) = f(−L). Assumindo, para simplificar a demonstracao, que f ′ econtınua, podemos integrar por partes para obter os outros coeficientes:

An =1L

∫ L

−L

f ′(x) cosnπx

Ldx =

1L

[f(x) cos

nπx

L

∣∣∣L

−L+

nπ

L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx

]

=1L

(f(L) cos nπ − f(−L) cos(−nπ)) +nπ

L

[1L

∫ L

−L

f(x) sennπx

Ldx

]

=nπ

Lbn.

Bn =1L

∫ L

−L

f ′(x) sennπx

Ldx =

1L

[f(x) sen

nπx

L

∣∣∣L

−L− nπ

L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx

]

= −nπ

L

[1L

∫ L

−L

f(x) cosnπx

Ldx

]

= −nπ

Lan.

¥


Exemplo 1.20. Se f e descontınua, entao a conclusao deste teorema falha: mesmo que f possua uma seriede Fourier que convirja para f em seus pontos de continuidade, nao podemos derivar a serie de Fourierde f termo a termo para encontrar a serie de Fourier de f ′. Por exemplo, se f : R −→ R e a onda emdente de serra, isto e, a funcao periodica de perıodo 2L definida no intervalo fechado [−L, L] por

f(x) =

x se − L < x < L,0 se x = L,−L,

entao a serie de Fourier de f e a serie de senos dada por

f(x) =2L

π

∞∑n=1

(−1)n+1

nsen

nπx

L,

como vimos no Exemplo 1.14. Como f ′ satisfaz tambem as hipoteses do Teorema de Fourier, sabemosque f ′ tambem possui uma serie de Fourier que converge para f ′ nos pontos de continuidade e para amedia dos limites laterais nos pontos de descontinuidade. No entanto, como f nao e contınua, ocorreque esta serie de Fourier nao pode ser obtida atraves da derivacao termo a termo da serie de Fourierde f . De fato, a derivada termo a termo da serie de Fourier de f

2∞∑

n=1

(−1)n+1 cosnπx

L

nao e nem mesmo uma serie convergente em nenhum ponto, divergindo tanto nos pontos de descon-tinuidade como em pontos de continuidade de f . Por exemplo, no ponto x = 0, a serie e

2∞∑

n=1

(−1)n+1 = 2(1− 1 + 1− 1 + ...)

que oscila entre os valores 2 e 0, enquanto que no ponto x = L, a serie e

2∞∑

n=1

(−1)n+1 = 2(−1 + 1− 1 + 1− ...)

que oscila entre os valores −2 e 0. Em geral, a serie diverge em qualquer ponto porque

limn→∞

cos nx 6= 0

para todo x ∈ R. Para provar isso, suponha por absurdo que limn→∞

cos nx = 0 para algum x. Isso

implica evidentemente que limn→∞

cos2 nx = 0 tambem, pois limn→∞

cos2 nx =(

limn→∞

cosnx)2

. Tambem

segue que limn→∞

cos 2nx = 0, pois cos 2nx e uma subsequencia de cosnx. Mas entao, tomando olimite quando n →∞ em ambos os lados da identidade trigonometrica

cos2 nx =1 + cos 2nx

2,

obteremos o absurdo 0 = 1/2. Isso prova que limn→∞

cos nx 6= 0 para todo x ∈ R e portanto a seriediverge em todos os pontos.

Podemos calcular a serie de Fourier de f ′ diretamente a partir da definicao de f ′: temos que f ′(x) = 1se −L < x < L, f ′ nao esta definida nos pontos multiplos de L (mas podemos redefinir nestes pontos


como valendo 1) e e periodica de perıodo 2L, logo seus coeficientes de Fourier (note que f ′ e par) sao

a0 =1L

∫ 2L

0

f(x) dx =1L

∫ 2L

0

dx = 2,

an =1L

∫ 2L

0

cosnπx

Ldx = 0,

bn = 0,

e sua serie de Fourier e, portanto,f ′(x) ≡ 1.

Poderıamos ter chegado a este resultado imediatamente, sem precisar de calcular os coeficientes deFourier de f ′, porque a serie de Fourier de uma funcao definida na reta e unica. ¤

No caso da questao de se e permitido integrar termo a termo a serie de Fourier de f , as hipoteses sobref para que isso seja possıvel sao muito mais fracas. Podemos integrar a serie de Fourier de f termo atermo para obter a integral de f mesmo quando a serie de Fourier de f nao converge uniformemente paraf . De fato, podemos integrar a serie de Fourier de f mesmo quando a serie de Fourier de f nao convergepontualmente para f , e mesmo quando ela nao e uma serie convergente! Para mostrarmos isso, vamos provarrigorosamente o resultado intuitivamente obvio que a integral de uma funcao periodica de perıodo T tem omesmo valor em qualquer intervalo de comprimento T :

Proposicao 1.21. Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo T . Entao, para qualquer a ∈ R vale∫ T

0

f(x) dx =∫ a+T

a

f(x) dx.

Prova: Definindo uma funcao F : R −→ R por

F (a) =∫ a+T

a

f(x) dx,

basta provar que F e constante, pois isso implicara que F (0) = F (a) para todo a ∈ R. Para isso, mostraremosque F ′ ≡ 0. De fato, escrevendo

F (a) =∫ 0

a

f(x) dx +∫ a+T

0

f(x) dx = −∫ a

0

f(x) dx +∫ a+T

0

f(x) dx

segue do teorema fundamental do calculo que

F ′(a) = −f(a) + f(a + T ) = 0.

¥

Teorema 1.22. (Integracao Termo a Termo da Serie de Fourier) Seja f : R −→ R uma funcao periodica deperıodo 2L, tal que f e contınua por partes. Entao, mesmo se a serie de Fourier de f

a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)

nao for convergente, ainda assim temos∫ t

0

f(x) dx =a0

2t +

L

π

∞∑n=1

[an

nsen

nπt

L− bn

n

(cos

nπt

L− 1

)]

para todo t ∈ R.


Prova: Defina

F (t) =∫ t

0

[f(x)− a0

2

]dx.

Em primeiro lugar, vamos verificar que F satisfaz as hipoteses do Teorema de Fourier. De fato, F e periodicade perıodo 2L, pois

F (t + 2L) =∫ t+2L

0

[f(x)− a0

2

]dx =

∫ t

0

[f(x)− a0

2

]dx +

∫ t+2L

t

[f(x)− a0

2

]dx

= F (t) +∫ t+2L

t

[f(x)− a0

2

]dx

e∫ t+2L

t

[f(x)− a0

2

]dx =

∫ t+2L

t

f(x) dx− a0

2

∫ t+2L

t

dx =∫ t+2L

t

f(x) dx− 12

(1L

∫ L

−L

f(x) dx

)2L

=∫ L

−L

f(x) dx−∫ L

−L

f(x) dx = 0.

Alem disso, F e contınua na reta toda, pois e a integral de uma funcao contınua por partes, e F ′ = f econtınua por partes por hipotese. Portanto, F possui uma serie de Fourier que converge para F em todoponto:

F (t) =A0

2+

∞∑n=1

(An cos

nπt

L+ Bn sen

nπt

L

).

Calculando os coeficientes da serie de Fourier de F , atraves de integracao por partes obtemos

An =1L

∫ L

−L

F (t) cosnπt

Ldt =

1L

[L

nπF (t) sen

nπt

L

∣∣∣∣L

−L

− L

nπ

∫ L

−L

F ′(t) sennπt

Ldt

]

= − 1nπ

[∫ L

−L

(f(t)− a0

2

)sen

nπx

Ldt

]= − 1

nπ

[Lbn − a0

2

∫ L

−L

sennπx

Ldt

]

= − L

nπbn,

Bn =1L

∫ L

−L

F (t) sennπt

Ldt =

1L

[− L

nπF (t) cos

nπt

L

∣∣∣∣L

−L

+L

nπ

∫ L

−L

F ′(t) cosnπt

Ldt

]

=1

nπ

[∫ L

−L

(f(t)− a0

2

)cos

nπx

Ldt

]=

1nπ

[Lan − a0

2

∫ L

−L

cosnπx

Ldt

]

=L

nπan.

Falta calcular A0. Para isso, notamos que da definicao de F segue que F (0) = 0, logo

A0

2= −

∞∑n=1

An =L

π

∞∑n=1

bn

n.

Assim, ∫ t

0

[f(x)− a0

2

]dx =

L

π

∞∑n=1

bn

n+

L

π

∞∑n=1

(−bn

ncos

nπt

L+

an

nsen

nπt

L

),


donde∫ t

0

f(x) dx =∫ t

0

a0

2dx +

L

π

∞∑n=1

bn

n+

L

π

∞∑n=1

(−bn

ncos

nπt

L+

an

nsen

nπt

L

)

=a0

2t +

L

π

∞∑n=1

[an

nsen

nπt

L− bn

n

(cos

nπt

L− 1

)]

como desejado. ¥

Exemplo 1.23. A demonstracao do teorema anterior produz como consequencia nao-intencional um testepara determinar que uma determinada serie trigonometrica nao pode ser a serie de Fourier de nenhumafuncao contınua por partes. De fato, provamos la que

∞∑n=1

bn

n=

π

L

∫ t

0

[f(x)− a0

2

]dx,

o que significa em particular que a serie∞∑

n=1

bn

n

converge. Assim, por exemplo, a serie trigonometrica

∞∑n=2

1log n

sennx

nao pode ser a serie de Fourier de uma funcao contınua por partes porque a serie

∞∑n=1

bn

n=

∞∑n=2

1n log n

diverge (este exemplo foi dado por Fatou em 1906). ¤

1.4.3 Desigualdade de Bessel

Queremos agora estudar como as somas parciais da serie de Fourier aproximam a funcao. Como consequencia,obteremos uma desigualdade que sera importante no estabelecimento da convergencia uniforme da serie deFourier na proxima secao.

Definicao. Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, quadrado-integravel no intervalo [−L, L].O erro quadratico medio na aproximacao de f pelas somas parciais da sua serie de Fourier e definidopor

En =1

2L

∫ L

−L

|f(x)− Sn(x)|2 dx. (1.25)

Observe que En nada mais e que a media dos quadrados dos erros |f(x)− Sn(x)|2 sobre o intervalo [−L, L],daı o nome.

Teorema 1.24. Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, quadrado-integravel no intervalo[−L,L]. Entao

En =1

2L

∫ L

−L

|f(x)|2 dx− a20

4− 1

2

n∑

k=1

(a2

k + b2k

). (1.26)


Prova: Temos

En =1

2L

∫ L

−L

|f(x)− Sn(x)|2 dx

=1

2L

∫ L

−L

|f(x)|2 dx− 1L

∫ L

−L

f(x)Sn(x) dx +1

2L

∫ L

−L

|Sn(x)|2 dx.

Para obter o resultado, observe que a segunda integral e

1L

∫ L

−L

f(x)Sn(x) dx =1L

∫ L

−L

f(x)

[a0

2+

n∑

k=1

(ak cos

kπx

L+ bk sen

kπx

L

)]dx

=a0

21L

∫ L

−L

f(x) dx +n∑

k=1

(ak

1L

∫ L

−L

f(x) coskπx

Ldx + bk

1L

∫ L

−L

f(x) senkπx

Ldx

)

=a20

2+

n∑

k=1

(a2

k + b2k

),

enquanto que a terceira integral e, usando as relacoes de ortogonalidade,

12L

∫ L

−L

|Sn(x)|2 dx =1

2L

∫ L

−L

[a0

2+

n∑

k=1

(ak cos

kπx

L+ bk sen

kπx

L

)]2

dx

=1

2L

∫ L

−L

a20

4dx +

n∑

k=1

(a2

k

12L

∫ L

−L

cos2kπx

Ldx + b2

k

12L

∫ L

−L

sen2 kπx

Ldx

)

=a20

4+

12

n∑

k=1

(a2

k + b2k

).

¥Pode-se provar que, dentre os polinomios trigonometricos, as somas parciais da serie de Fourier de umafuncao sao aquelas que minimizam o erro quadratico medio (veja o Exercıcio 1.27).

Corolario 1.25. (Desigualdade de Bessel) Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, quadrado-integravel no intervalo [−L,L]. Entao

a20

2+

∞∑n=1

(a2

n + b2n

)6 1

L

∫ L

−L

|f(x)|2 dx. (1.27)

Prova: Segue diretamente do teorema anterior, lembrando que En > 0 por definicao e tomando o limitequando n →∞. ¥Em particular, este resultado mostra que os coeficientes de Fourier de uma funcao quadrado-integravel saoquadrado-somaveis, isto e,

a20

2+

∞∑n=1

(a2

n + b2n

)< ∞.

Em geral, nos nao temos∑∞

n=1 an < ∞ ou∑∞

n=1 bn < ∞ (veja, por exemplo, os coeficientes de Fourier dafuncao do Exemplo 1.14).

Mais tarde, veremos que a desigualdade de Bessel e uma identidade, a identidade de Parseval.


1.4.4 Convergencia Uniforme da Serie de Fourier

Para estabelecer que as solucoes das equacoes diferenciais parciais construıdas a partir de series de Fourier,como aquela da equacao do calor na Introducao, de fato satisfazem as condicoes de continuidade e diferencia-bilidade (por exemplo, ser de classe C2 na variavel x) precisaremos de um conceito mais forte de convergenciado que a convergencia puntual.

Definicao. Seja (fn)n∈N uma sequencia de funcoes reais definidas em um conjunto X. Dizemos que asequencia (fn) converge uniformemente para a funcao f em X, e escrevemos fn → f uniformementeem X, se dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que se n > n0 entao

|fn(x)− f(x)| < ε para todo x ∈ X. (1.28)

Dizemos que a serie∞∑

n=1fn de funcoes reais definidas em um conjunto X converge uniformemente

para a funcao f em X, e escrevemos∞∑

n=1fn → f uniformemente em X, se a sequencia de somas parciais

da serie converge uniformemente para f .

Se uma sequencia de funcoes contınuas converge puntualmente para uma funcao f , a funcao f nao precisa sercontınua (considere, por exemplo, a sequencia fn(x) = x1/n no intervalo [0, 1], que converge puntualmentepara a funcao f definida por f(x) = 1 se x ∈ (0, 1] e f(0) = 0. Se a convergencia for uniforme, no entanto,a funcao limite e necessariamente contınua:

Teorema 1.26. Se (fn)n∈N e uma sequencia de funcoes reais contınuas definidas em um conjunto X ⊂ Rtal que fn → f uniformemente em X, entao f e contınua.

Prova: Fixe x0 ∈ X. Dado ε > 0, existe N ∈ N tal que

|fN (x)− f(x)| < ε

3para todo x ∈ X.

Como fN e contınua em x0, existe δ > 0 tal que se |x− x0| < δ entao

|fN (x)− fN (x0)| < ε

3.

Portanto, se |x− x0| < δ, segue que

|f(x)− f(x0)| 6 |f(x)− fN (x)|+ |fN (x)− fN (x0)|+ |fN (x0)− f(x0)| < ε

3+

ε

3+

ε

3= ε.

¥

Corolario 1.27. Se∞∑

n=1fn e uma serie de funcoes reais contınuas definidas em um conjunto X ⊂ R tal

que∞∑

n=1fn → f uniformemente em X, entao f e contınua.

Prova: Segue imediatamente do teorema anterior porque cada soma parcial de funcoes contınuas e umafuncao contınua. ¥

Um teste usualmente facil de aplicar para estabelecer que uma serie converge uniformemente e o teste-Mde Weierstrass:

Teorema 1.28. (Teste-M de Weierstrass) Seja∞∑

n=1fn uma serie de funcoes reais definidas em um conjunto

X. Suponha que para cada n ∈ N existe Mn > 0 tal que

|fn(x)| 6 Mn para todo x ∈ X

e a serie∞∑

n=1Mn converge. Entao

∞∑n=1

fn converge uniformemente.


Prova: Para cada x ∈ X, a serie∞∑

n=1fn(x) converge absolutamente pelo teste da comparacao. Logo

podemos definir uma funcao real f : X −→ R por

f(x) =∞∑

n=1

fn(x).

Vamos provar que∞∑

n=1fn → f uniformemente em X. Para todo x ∈ X, escreva

∣∣∣∣∣f(x)−k∑

n=1

fk(x)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∞∑

n=k+1

fn(x)

∣∣∣∣∣ 6∞∑

n=k+1

| fn(x)| 6∞∑

n=k+1

Mn.

Como a serie∞∑

n=1Mn e convergente, dado ε > 0 existe k0 ∈ N tal que se k > k0 entao

∞∑n=k0+1

Mn < ε. ¥

Vale a pena observar, no entanto, que existem series uniformemente convergentes que nao satisfazem oteste-M de Weierstrass.

Teorema 1.29. (Convergencia Uniforme da Serie de Fourier) Seja f : R −→ R uma funcao periodica deperıodo 2L, tal que f e contınua em R e f ′ e contınua por partes. Entao a serie de Fourier de fconverge uniformemente em R.

Prova: Vamos estabelecer a convergencia uniforme da serie de Fourier de f

a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)

atraves do teste-M de Weierstrass. Basta provar que para todo n existe Mn > 0 tal que∣∣∣an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

∣∣∣ 6 Mn

e a serie∞∑

n=1Mn e convergente.

De fato, usando a desigualdade 2AB 6 A2 + B2, temos que∣∣∣an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

∣∣∣2

= a2n cos2

nπx

L+ 2an cos

nπx

Lbn sen

nπx

L+ b2

n sen2 nπx

L

6 2a2n cos2

nπx

L+ 2b2

n sen2 nπx

L

6 2(a2

n + b2n

),

e daı, mais uma vez usando a desigualdade 2AB 6 A2 + B2, segue que∣∣∣an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

∣∣∣ 6√

2√

a2n + b2

n < 21n

√n2 (a2

n + b2n)

6 1n2

+ n2(a2

n + b2n

).

Como a serie∞∑

n=1

1n2

e convergente, para terminar a demonstracao do teorema falta apenas provar que

∞∑n=1

n2(a2

n + b2n

)


e convergente. Pela Proposicao 1.9, os coeficientes de f ′ sao exatamente

a′n =nπ

Lbn e b′n = −nπ

Lan.

Logo, o resultado segue aplicando a desigualdade de Bessel a f ′:

∞∑n=1

n2(a2

n + b2n

)=

L2

π2

∞∑n=1

[(a′n)2 + (b′n)2

]6 L

π2

∫ L

−L

|f ′(x)|2 dx.

¥

1.4.5 Identidade de Parseval

Ao inves de considerarmos as somas parciais da serie de Fourier, vamos aproximar a funcao atraves dasmedias aritmeticas das somas parciais. O conceito de se tomar as medias aritmeticas de somas parciaisfoi introduzido por Frobenius em 1880 no estudo de series de potencias. A utilidade do conceito esta naexistencia de series divergentes tais que as medias aritmeticas de suas somas parciais formam uma sequenciaconvergente (enquanto que as sequencias formadas pelas medias aritmeticas das somas parciais de seriesconvergentes certamente sao convergentes, com o limite da sequencia sendo igual ao limite da serie); taisseries sao chamadas Cesaro-somaveis.

Exemplo 1.30. A serien∑

k=1

(−1)n+1 e divergente (oscila entre 0 e 1), mas a sequencia das medias aritmeticas

de suas somas parciais e a sequencia (σn) definida por

σ2n−1 =n

2n− 1e σ2n =

n

2n,

que converge para 1/2. Portanto, a serie e Cesaro-somavel. ¤

Em 1904, Fejer provou que a serie de Fourier de uma funcao contınua por partes e Cesaro-somavel (javimos que a serie de Fourier de uma funcao apenas contınua nao precisa ser convergente). O resultadode Fejer sera uma ferramenta importante na demonstracao da identidade de Parseval, alem de servir paraprovar outros resultados sobre series de Fourier. As medias aritmeticas das somas parciais da serie de Fourierreceberam o nome de somas de Fejer :

Definicao. Denote porS0(x) =

a0

2,

Sn(x) =a0

2+

n∑

k=1

(ak cos

kπx

L+ bk sen

kπx

L

),

as somas parciais da serie de Fourier de uma funcao f . Definimos as somas de Fejer por

σn(x) =1

n + 1

n∑

k=0

Sk(x). (1.29)

Lembrando que as somas parciais da serie de Fourier podem ser escritas na forma

Sn(x) =∫ L

−L

f(t)Dn(x− t) dt,


onde Dn e o nucleo de Dirichlet (definimos D0 ≡ 1 para abranjer tambem o caso n = 0), obtemos a seguinteexpressao para as somas de Fejer:

σn(x) =1

n + 1

n∑

k=0

∫ L

−L

f(t)Dk(x− t) dt =∫ L

−L

f(t)

[1

n + 1

n∑

k=0

Dk(x− t)

]dt.

Isso sugere definir o nucleo de Fejer:

Fn(x) =1

n + 1

n∑

k=0

Dk(x). (1.30)

Lema 1.31. O nucleo de Fejer e uma funcao par, contınua, periodica de perıodo 2L que satisfaz as seguintespropriedades adicionais:

Fn(x) =1

2L (n + 1)

sen(n + 1)πx

2L

senπx

2L

2

(1.31)

para x 6= 2kL, k ∈ Z, ∫ L

−L

Fn(t) dt = 1 (1.32)

eFn(0) =

n + 12L

.

Prova: Demonstraremos apenas a primeira identidade ja que as outras identidades e demais propriedades donucleo de Fejer seguem diretamente da definicao e das correspondentes propriedades do nucleo de Dirichlet.

Pelo Lema 1.17, temos

Fn(x) =1

2L (n + 1) senπx

2L

n∑

k=0

sen(k + 1/2)πx

L.

Para calcularn∑

k=0

sen(k + 1/2)πx

L,

observamos que para θ 6= 2kπ, k ∈ Z temos

n∑

k=0

sen(

k +12

)θ = Im

n∑

k=0

ei(k+ 12 )θ = Im

(ei θ

2

n∑

k=0

eikθ

)= Im

(ei θ

21− ei(n+1)θ

1− eiθ

).

(a ultima igualdade segue como no Lema 1.17). Daı,

Im(

ei θ21− ei(n+1)θ

1− eiθ

)= Im

1− ei(n+1)θ

e−iθ/2 − eiθ/2= Im

1− cos(n + 1)θ − i sen(n + 1)θ

−2i senθ

2

,

= Imi− i cos(n + 1)θ + sen(n + 1)θ

2 senθ

2

=1− cos(n + 1)θ

2 senθ

2

=sen2 (n + 1)θ

2

senθ

2

.


Tomando θ =πx

L, segue que

Fn(x) =1

2L (n + 1) senπx

2L

sen2 (n + 1)πx

2L

senπx

2L

=1

2L (n + 1)

sen(n + 1)πx

2L

senπx

2L

2

.

¥

Teorema 1.32. (Teorema de Fejer) Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, limitada eintegravel no intervalo [−L,L]. Entao, se os limites laterais f(x+), f(x−) existem para todo pontox ∈ R, a sequencia de somas de Fejer converge para a media dos limites laterais em todo ponto x.

σn(x) → f(x+) + f(x−)2

.

Em particular, se f e contınua em x, entao σn(x) → f(x).

Alem disso, se f e contınua, a convergencia e uniforme.

Prova: Usando a expressao (obtida logo antes da demonstracao do Teorema 1.18)

Sn(x) =∫ L

0

[f(x + s) + f(x− s)]Dn(s) ds

e a definicao do nucleo de Fejer, obtemos

σn(x) =∫ L

0

[f(x + s) + f(x− s)]Fn(s) ds. (1.33)

Daı, como

1 =∫ L

−L

Fn(x) dx = 2∫ L

0

Fn(s) ds,

temos (como no Lema 1.17)

σn(x)− f(x+) + f(x−)2

=∫ L

0

[f(x + s) + f(x− s)]Fn(s) ds−∫ L

0

[f(x+) + f(x−)]Fn(s) ds

=∫ L

0

g(x, s)Fn(s) ds,

onde, para simplificar a notacao, definimos

g(x, s) = f(x + s)− f(x+) + f(x− s)− f(x−).

A existencia de f(x+) e f(x−) significa que, dado ε > 0, existe δ = δ(x) > 0 tal que se 0 < s < δ temos

|f(x + s)− f(x+)| < ε

2e |f(x− s)− f(x−)| < ε

2,

ou seja,|g(x, s)| < ε.

Alem disso, como f e limitada, temos que|g(x, s)| < M


se δ < s < L, para alguma constante M > 0. Portanto (observe os paralelos com a demonstracao do Lema1.17),

∣∣∣∣σn(x)− f(x+) + f(x−)2

∣∣∣∣ 6∫ L

0

|g(x, s)|Fn(s) ds

< ε

∫ δ

0

Fn(s) ds + M

∫ L

δ

Fn(s) ds

6 ε + M

∫ L

δ

Fn(s) ds.

Para terminar, basta provar que

∫ L

δ

Fn(s) ds → 0 quando n →∞.

Para isso, observe que, pelo Lema 1.31,∣∣∣∣∣∫ L

δ

Fn(s) ds

∣∣∣∣∣ 6 12L (n + 1)

∫ L

δ

1

sen2πδ

2L

ds <L− δ

2L sen2πδ

2L

1n + 1

→ 0

quando n →∞.Finalmente, se f e contınua, entao em particular f e uniformemente contınua em [−L,L] e portanto o

mesmo δ pode ser tomado para todo x ∈ R, logo a convergencia e uniforme. ¥Observe que o teorema de Fejer aplica-se a funcoes periodicas contınuas por partes, pois elas sao limitadase localmente integraveis.

Corolario 1.33. Sejam f, g : R −→ R duas funcoes periodicas de perıodo 2L e contınuas. Se elas possuema mesma serie de Fourier, entao f = g.

Prova: Pois, pelo teorema anterior, σn(x) → f(x) e σn(x) → g(x). ¥

Corolario 1.34. Se os coeficientes de Fourier de uma funcao periodica e contınua sao nulos, entao ela e afuncao identicamente nula.

Podemos agora mostrar que o erro quadratico medio com relacao as somas parciais da serie de Fouriertende a 0 quando tomamos somas parciais cada vez maiores, como era de se esperar:

Teorema 1.35. Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, quadrado-integravel no intervalo[−L,L]. Entao

limn→∞

En = 0. (1.34)

Prova: Se nos limitarmos a funcoes contınuas, o resultado segue do Teorema de Fejer e do Exercıcio 1.27.De fato, pelo Teorema de Fejer, σn → f uniformemente, logo

max[−L,L]

|f(x)− σn(x)| → 0 quando n →∞

e, portanto,

12L

∫ L

−L

|f(x)− σn(x)|2 dx 6(

max[−L,L]

|f(x)− σn(x)|)2

→ 0 quando n →∞.


Por outro lado, σn(x) e um polinomio trigonometrico de ordem n, logo pelo Exercıcio 1.27

En =1

2L

∫ L

−L

|f(x)− Sn(x)|2 dx 6 12L

∫ L

−L

|f(x)− σn(x)|2 dx.

Para o caso mais geral, veja [4]. ¥Usando os Teoremas 1.24 e 1.35 juntos, obtemos um resultado mais forte que a desigualdade de Bessel:

Corolario 1.36. (Identidade de Parseval) Seja f : R −→ R uma funcao periodica de perıodo 2L, quadrado-integravel no intervalo [−L,L]. Entao

1L

∫ L

−L

|f(x)|2 dx =a20

2+

∞∑n=1

(a2

n + b2n

). (1.35)

1.4.6 Sistemas Ortogonais

Ja vimos que podemos definir um produto interno no espaco L2([a, b]) das funcoes quadrado-integraveis nointervalo [a, b] por

〈f, g〉 =∫ b

a

f(x)g(x) dx. (1.36)

A partir do produto interno, podemos definir uma norma:

‖f‖ =√〈f, f〉 =

(∫ b

a

|f(x)|2 dx

)1/2

. (1.37)

Definicao. Um conjunto de funcoes ϕn ⊂ L2([a, b]) e chamado um sistema ortogonal se ele satisfaz asduas condicoes seguintes:

(i) 〈ϕn, ϕm〉 = 0 se n 6= m;

(ii) ‖ϕn‖ > 0 para todo n.

Se ‖ϕn‖ = 1 para todo n, entao dizemos que ϕn e um sistema ortonormal.

Os conjuntos

coskπx

L

n=0,1,...

e

senkπx

L

n=1,2,...

sao exemplos de sistemas ortogonais.

Definicao. Um sistema ortogonal ϕn ⊂ L2([a, b]) e completo se ele nao for um subconjunto proprio denenhum outro sistema ortogonal, isto e, se 〈f, ϕn〉 = 0 para todo n, entao f = 0.

Quando dizemos f = 0 para uma funcao quadrado-integravel, queremos dizer que o conjunto dos pontos xtais que f(x) 6= 0 tem medida nula. O proximo resultado esclarece melhor o significado da identidade deParseval. Sua demonstracao esta alem do nıvel deste curso.

Teorema 1.37. Um sistema ortogonal ϕn ⊂ L2([a, b]) e completo se e somente se para toda funcaof ∈ L2([a, b]) existem coeficientes cn tais que

‖f‖2 =∑

n

c2n ‖ϕn‖2 . (1.38)

Decorre da identidade de Parseval e deste resultado que o sistema ortonormal

1, coskπx

L, sen

kπx

L

n=1,2,...

e um sistema completo.


1.4.7 Exercıcios

Exercıcio 1.23. Obtenha a identidade trigonometrica de Legendre

12

+n∑

k=1

cos kθ =12

sen(

n +12

)θ

senθ

2de uma maneira diferente da utilizada no Lema 1.17 usando a identidade trigonometrica

cos kθ senθ

2= sen(k +

12)θ − sen(k − 1

2)θ.

Exercıcio 1.24. Obtenha a identidade trigonometrica

n∑

k=0

sen(

k +12

)θ =

sen2 n + 12

θ

senθ

2de uma maneira diferente da utilizada no Lema 1.31 usando a identidade trigonometrica

2 sen kθ

2sen

θ

2= cos

k − 12

θ − cosk + 1

2θ.

Exercıcio 1.25. Usando o teste de Dini, prove o seguinte teorema:

(Lipschitz, 1867) Seja f uma funcao periodica localmente integravel. Se f e contınua de Lipschitz emalgum intervalo aberto centrado em x, isto e, se existem δ,M > 0 tais que

|f(x + t)− f(x)| 6 Mt para todo t ∈ (−δ, δ) ,

entao a serie de Fourier de f converge para f(x).

Exercıcio 1.26. Use o teste de Dini para provar o seguinte resultado:

Seja f uma funcao periodica localmente integravel. Se f e contınua de Holder em algum intervaloaberto centrado em x, isto e, se existem δ,M > 0 e 0 < α 6 1 tais que

|f(s)− f(t)||s− t|α 6 M para todos s, t ∈ (x− δ, x + δ) ,

entao a serie de Fourier de f converge para f(x).

Conclua que se uma funcao periodica f localmente integravel tem derivada em x, entao a serie deFourier de f converge para f(x).

Exercıcio 1.27. Mostre as que somas parciais da serie de Fourier de uma funcao f sao os polinomiostrigonometricos que melhor aproximam f . Ou seja, se

Sn =c0

2+

n∑

k=1

(ck cos

kπx

L+ dk sen

kπx

L

),

onde ck, dk ∈ R sao coeficientes quaisquer, e se definirmos o erro quadratico medio com relacao a estepolinomio trigonometrico por

En =1

2L

∫ L

−L

∣∣∣f(x)− Sn(x)∣∣∣2

dx,

entao temosEn 6 En.

Capıtulo 2

Equacao do Calor Unidimensional

2.1 Existencia, Unicidade e Estabilidade da Solucao para o Prob-lema de Dirichlet

De acordo com o modelo matematico que obtivemos na Introducao para a conducao do calor em uma barrauniforme, homogenea, de comprimento L, cuja superfıcie lateral e isolada termicamente e cujas extremidadessao mantidas a temperatura inicial 0, a distribuicao de temperaturas u(x, t) em um ponto x da barra noinstante de tempo t e a solucao do problema de valor inicial e de valor de fronteira

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,

(2.1)

onde K e uma constante positiva e f : [0, L] → R e uma funcao dada.Em outras palavras, a distribuicao de temperaturas na barra de acordo com o tempo e governada por

uma equacao diferencial parcial, a equacao do calor. Neste caso, a equacao diferencial parcial esta definidana regiao aberta R = (x, t) ∈ R2 : 0 < x < L e t > 0 = (0, L) × (0, +∞), que e uma regiao ilimitadado plano (uma faixa retangular ilimitada). Na fronteira (isto e, bordo ou contorno) desta regiao, que econstituıda pelo segmento de reta [0, L]×0 e pelos raios 0× [0, +∞) e L× [0,+∞), o valor de u(x, t)esta fixado; este tipo de condicao de fronteira, em que o valor da solucao u e fixado na fronteira, e chamadauma condicao de Dirichlet, como vimos.

Atraves do metodo de separacao de variaveis e um argumento indutivo, chegamos ao seguinte candidatoa uma solucao deste problema:

u(x, t) =∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L, (2.2)

onde os coeficientes cn sao escolhidos de tal forma que podemos escrever a distribuicao inicial de temperaturasf na serie de senos

f(x) =∞∑

n=1

cn sennπx

L.

Pelo Teorema de Fourier, sera sempre possıvel escrever f desta forma se f e sua derivada f ′ forem contınuaspor partes; neste caso, os coeficientes cn sao exatamente os coeficientes de Fourier da extensao periodicaımpar de f :

cn =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx

e a serie de Fourier de f em x converge para f(x) em todos os pontos x ∈ [0, L], exceto se x for um pontode descontinuidade de f , mas existe apenas um numero finito de tais pontos.

63


E necessario provar que o nosso candidato a solucao u definido em (2.2) e de fato uma solucao para oproblema de Dirichlet (2.1). Para isso precisamos definir mais precisamente o conceito de solucao. Talvezsurpreendentemente, a definicao deste conceito depende fortemente do tipo de aplicacao que se tem emmente, ou seja, do tipo de resposta que se espera do modelo matematico. Por exemplo, a funcao

u(x, t) =

f(x) se 0 6 x 6 L e t = 0,0 se x = 0, L e t > 0,1000 se 0 < x < L e t > 0,

satisfaz todas as condicoes do problema (2.1), mas nao parece ser uma solucao fisicamente aceitavel, poisos valores da funcao no interior da faixa retangular nao tem qualquer relacao com os valores na fronteira enao sofrem nenhuma influencia destes. Em geral, esperamos que a distribuicao de temperaturas na barravarie de maneira contınua com o tempo, a partir da distribuicao de temperaturas inicial, e que em qualquerinstante de tempo considerado a distribuicao de temperaturas ao longo da barra tambem seja contınuae, em particular, que nao haja um salto descontınuo na temperatura da barra em seus extremos. Estasconsideracoes levariam a seguinte definicao de solucao para o problema (2.1):

Dizemos que uma funcao u : R → R e uma solucao de (2.1),se u ∈ C2,1(R), u ∈ C0(R) e u satisfaz todas as condicoes de (2.1).

O sımbolo C2,1 significa que exigimos que a nossa solucao tenha derivadas parciais contınuas ate a segundaordem em x e derivadas parciais contınuas de primeira ordem em t. Observe que, em particular, estadefinicao exige que a distribuicao inicial de temperaturas seja contınua e que f(0) = f(L) = 0 (note que,como consequencia destes dois fatos, a extensao periodica ımpar de f tambem sera uma funcao contınua).No entanto, esta condicao sobre f pode ser uma restricao muito grande em certos problemas fısicos e naocorresponder a realidade observada. Um exemplo de uma situacao fısica plausıvel em que isso nao ocorree quando consideramos duas barras homogeneas formadas de um mesmo material e possuindo a mesmageometria uniforme, inicialmente isoladas uma da outra (e do meio ambiente) e mantidas a temperaturasconstantes mas diferentes (por exemplo, uma e mantida a temperatura constante de 0C, enquanto que aoutra e mantida a temperatura constante de 100C); se elas forem colocadas imediatamente uma em contatocom a outra atraves de uma de suas extremidades, entao temos um sistema que na pratica e uma unicabarra com uma distribuicao inicial de temperaturas dada por uma funcao descontınua (porem contınua porpartes). Por outro lado, nao e razoavel que a solucao u(x, t) esteja totalmente desconectada da distribuicaode temperaturas inicial. Para conciliar estas diferencas, utilizaremos a seguinte definicao de solucao para aequacao do calor:

Definicao. Dizemos que uma funcao u : R→ R e uma solucao de (2.1) se u ∈ C2,1(R), u e contınuaem R=(x, t) ∈ R2 : 0 6 x 6 L e t > 0, lim

t→0u(x, t) = f(x) se f e contınua em x, e u satisfaz todas as

condicoes de (2.1).

Estas sao condicoes que uma funcao u(x, t) deve satisfazer para ser considerada uma solucao para oproblema de valor inicial e de valor de fronteira (2.1). O proprio problema de valor de fronteira deve aindasatisfazer duas condicoes importantes para que ele seja considerado um modelo matematico valido parao problema fısico em questao: ele deve possuir uma unica solucao e esta unica solucao deve ser estavel.De fato, esperamos que se um problema fısico foi bem compreendido, com todas as variaveis levadas emconsideracao, ele deva ter uma unica solucao; se o correspondente modelo matematico possuir mais de umasolucao, e sinal de que ele ainda nao e um modelo matematico correto para o problema em questao e que saonecessarias hipoteses adicionais para limitar o numero de solucoes a uma unica solucao. Da mesma forma, namedicao experimental de fenomenos fısicos, esperamos um certo grau de incerteza e que as medidas obtidassejam apenas aproximacoes. Por exemplo, a medicao da temperatura inicial da barra e uma aproximacao ecertamente deve conter erros. Analogamente, nao e razoavel esperar que as temperaturas nas extremidadesda barra possam ser mantidas o tempo todo na temperatura exata 0; pequenas flutuacoes em algumas casas


decimais devem ocorrer. Consequentemente, a solucao do modelo matematico e apenas uma aproximacao dasolucao real. Para que ela seja uma boa aproximacao, deveremos requerer que a solucao do problema dependacontinuamente da condicao inicial e das condicoes de fronteira, isto e, pequenas mudancas na condicao inicialou nas condicoes de fronteira acarretam apenas pequenas mudancas na solucao. Um problema que satisfaztodas estas condicoes, isto e, possui uma solucao unica estavel, e chamado um problema bem-posto nosentido de Hadamard.

Exemplo 2.1. Considere o problema de Dirichlet (conducao do calor em uma barra infinita; Rothe, 1928):

ut = Kuxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,u(x, 1) = f(x) se −∞ < x < ∞.

Este nao e um problema bem-posto no sentido de Hadamard. De fato, se f ≡ 0, entao u ≡ 0 e a unicasolucao. Porem, se c > 0 e

f(x) = c senx

c√

K,

entao a solucao eu(x, t) = ce

1−t

c2 senx

c√

K.

Embora, se escolhermos a constante positiva c suficientemente pequena, possamos tornar f tao proximada funcao identicamente nula quanto desejado, a solucao u acima nao tende a solucao identicamentenula no intervalo 0 < t < 1 . Ao contrario, quando c → 0, a solucao torna-se ilimitada. Logo, umapequena mudanca na condicao inicial acarreta uma enorme mudanca na solucao. ¤

2.1.1 Existencia de Solucao para o Problema de Dirichlet

O problema de Dirichlet para a conducao do calor na barra finita e um problema bem-posto no sentido deHadamard. A unicidade e a estabilidade da solucao seguem do princıpio do maximo para a equacao do calor,conforme veremos no final desta secao. A existencia da solucao para o problema de Dirichlet homogeneo, istoe, a confirmacao de que o nosso candidato a solucao e de fato a solucao para o problema segue do teoremaa seguir. Para prova-lo, precisaremos de um segundo teste de convergencia uniforme (alem do teste-M deWeierstrass) que estabelece a convergencia uniforme de uma serie de produtos de funcoes:

Lema 2.2. (Teste de Abel) Seja S um conjunto e fn, gn : S −→ R sequencias de funcoes tais que:

(i)∞∑

n=1fn converge uniformemente em S;

(ii) ou gn (s) 6 gn+1 (s) , ou gn+1 (s) 6 gn (s) , para todo n ∈ N e para todo s ∈ S;

(iii) existe uma constante M > 0 tal que |gn (s)| 6 M para todo n ∈ N e para todo s ∈ S.

Entao a serie ∞∑n=1

fngn

converge uniformemente em S.

Prova: O resultado segue atraves da formula de soma por partes tambem devida a Abel. Ela pode ser

obtida da seguinte forma. Denote as somas parciais da serie∞∑

n=1fn por

Fn =n∑

k=1

fk.


Entao, para 1 < m < n, temosn∑

k=m

fkgk =n∑

k=m

(Fk − Fk−1) gk =n∑

k=m

Fkgk −n∑

k=m

Fk−1gk

=n∑

k=m

Fkgk −n−1∑

k=m−1

Fkgk+1

= Fngn +n−1∑

k=m

Fkgk − Fm−1gm −n−1∑

k=m

Fkgk+1,

de modo que a formula de soma por partes e dada por

n∑

k=m

fkgk = Fngn − Fm−1gm −n−1∑

k=m

Fk (gk+1 − gk) . (2.3)

Assuma agora as hipoteses deste teorema e denote f =∞∑

n=1fn. Como, para 1 < m < n, temos

n−1∑

k=m−1

(gk+1 − gk) = gn − gm,

segue da formula de soma por partes que

n∑

k=m

fkgk = Fngn − Fm−1gm −n−1∑

k=m

Fk (gk+1 − gk)− f

[gn − gm −

n−1∑

k=m−1

(gk+1 − gk)

]

= (Fn − f) gn − (Fm−1 − f) gm −n−1∑

k=m

(Fk − f) (gk+1 − gk) .

Como∞∑

n=1fn converge uniformemente, existe N suficientemente grande tal que para todo k > N temos

|Fk − f | < ε

4M

sempre que k > n. Logo, se n > m > N , temos∣∣∣∣∣

n∑

k=m

fkgk

∣∣∣∣∣ 6 |Fn − f | |gn|+ |Fm−1 − f | |gm|+n−1∑

k=m

|Fk − f | |gk+1 − gk|

6 ε

4MM +

ε

4MM +

ε

4M

n−1∑

k=m

|gk+1 − gk|

=ε

2+

ε

4M|gn − gm|

= ε.

Isso mostra que as somas parciais da serie∞∑

n=1fngn constituem uma sequencia de Cauchy uniforme, logo a

serie converge uniformemente. ¥Outro resultado que precisaremos e o fato de que podemos derivar termo a termo uma serie uniformemente

convergente. Por sua vez, isto segue do fato de podermos integrar termo a termo uma serie uniformementeconvergente:


Lema 2.3. (Integracao termo a termo de uma serie uniformemente convergente) Seja∞∑

n=1fn uma serie

uniformemente convergente no intervalo [a, b] de funcoes integraveis limitadas fn : [a, b] −→ R. Entaoo seu limite e integravel e ∫ b

a

∞∑n=1

fn =∞∑

n=1

∫ b

a

fn.

Prova: Seja Fn =n∑

k=1

fk a soma parcial de ordem n da serie e f =∞∑

n=1fn o limite da serie. Denote

sn = supx∈[a,b]

|f (x)− Fn (x)|

e, para uma particao a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b do intervalo [a, b], sejam

mi = inf[xi−1,xi]

f e Mi = sup[xi−1,xi]

f,

e denote as somas inferior e superior da funcao no intervalo [a, b] por

L = supn∑

i=1

mi (xi − xi−1) e U = infn∑

i=1

Mi (xi − xi−1) ,

onde o sup e o inf sao tomados sobre todas as particoes do intervalo [a, b]. Temos∫ b

a

(Fn − sn) 6 L 6 U 6∫ b

a

(Fn + sn) .

Logo,0 6 U − L 6 2sn (b− a) .

Como sn → 0 porque a convergencia e uniforme, concluımos que U = L; em outras palavras, as somasinferior e superior sao iguais, o que significa que f e integravel.

Para provar a integracao termo a termo, escreva∣∣∣∣∣∫ b

a

f −∫ b

a

Fn

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ b

a

(f − Fn)

∣∣∣∣∣ 6∫ b

a

|f − Fn| 6 sn (b− a) → 0.

¥

Lema 2.4. (Derivacao termo a termo de uma serie uniformemente convergente) Seja∞∑

n=1fn uma serie

puntualmente convergente de funcoes continuamente diferenciaveis fn : [a, b] −→ R, tal que a serie∞∑

n=1f ′n converge uniformemente em [a, b]. Entao o seu limite e diferenciavel em [a, b] e

( ∞∑n=1

fn

)′

=∞∑

n=1

f ′n.

Prova: As derivadas f ′n sao continuamente diferenciaveis, logo em particular sao integraveis. Podemosportanto aplicar o lema anterior a serie das derivadas, obtendo para cada x ∈ [a, b]

∫ x

a

∞∑n=1

f ′n =∞∑

n=1

∫ x

a

f ′n =∞∑

n=1

[fn (x)− fn (a)] =∞∑

n=1

fn (x)−∞∑

n=1

fn (a) .


Derivando ambos os lados desta igualdade em relacao a x, obtemos o resultado desejado:

d

dx

(∫ x

a

∞∑n=1

f ′n

)=

∞∑n=1

f ′n =d

dx

( ∞∑n=1

fn (x)

).

¥Agora estamos em condicao de provar a existencia de solucao para o problema de Dirichlet para a equacao

de calor unidimensional:

Teorema 2.5. (Existencia de Solucao para o Problema de Dirichlet Homogeneo) Seja f : [0, L] → R umafuncao contınua por partes tal que f ′ tambem e contınua por partes. Entao

u(x, t) =∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L

com

cn =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx

e uma solucao para (2.1), de classe C2,1 em R e contınua em R. Alem disso, limt→0

u(x, t) = f(x) se f

e contınua em x.

Prova: Pelo Lema de Riemann-Lebesgue temos que cn → 0 quando n → ∞, logo existe M > 0 tal que|cn| < M . Portanto, para todo t > t0, qualquer que seja t0 > 0, vale

∣∣∣∣∣∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L

∣∣∣∣∣ 6 M

∞∑n=1

e−n2π2

L2 Kt0 .

A serie numerica do lado direito converge, por exemplo pelo teste da raiz:

limn→∞

(e−

π2Kt0L2 n2

)1/n

= limn→∞

e−π2Kt0

L2 n = 0.

Segue do teste-M de Weierstrass que a serie do lado esquerdo converge uniformemente no conjunto [0, L]×[t0,∞) e portanto u(x, t) e contınua neste conjunto. Mas t0 e arbitrario, logo isso prova que u(x, t) e contınuaem R.

Agora, fixado x ∈ (0, L), diferenciando a serie de u(x, t) termo a termo em relacao a t, obtemos a serie

−π2

L2K

∞∑n=1

n2cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L,

Aplicamos o teste-M de Weierstrass a esta serie:∣∣∣∣∣∞∑

n=1

n2cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L

∣∣∣∣∣ 6 M

∞∑n=1

n2e−n2π2

L2 Kt0 .

Pelo teste da raiz:

limn→∞

(n2e−

π2Kt0L2 n2

)1/n

=(

limn→∞

n1/n)2

limn→∞

e−π2Kt0

L2 n = 0,

o lado direito converge, logo concluımos que a serie do lado esquerdo e uniformemente convergente emt ∈ [t0,∞). Pelo Lema 2.4, isto implica que esta serie e ut(x, t) para todo t > t0. Mas o teste-M deWeierstrass tambem da a convergencia uniforme desta serie em (x, t) ∈ (0, L) × [t0,∞) para todo t > t0,


portanto concluımos tambem que ut(x, t) e contınua em R. Analogamente, fixado t, diferenciando a serie deu(x, t) termo a termo duas vezes em relacao a x, obtemos a serie

−π2

L2

∞∑n=1

n2cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L,

e pelo mesmo argumento concluımos que esta serie e uxx(x, t) e que uxx(x, t) e contınua em R. Comparandoas duas series, vemos que ut(x, t) = Kuxx(x, t) para todo (x, t) ∈ R. Alem disso,

u(x, 0) =∞∑

n=1

cn sennπx

L= f(x),

u(0, t) = u(L, t) = 0.

Suponha agora que f e contınua em x0. Considere as series de funcoes definidas no intervalo [0,∞)

fn(t) ≡ cn sennπx0

L,

gn(t) = e−n2π2

L2 Kt.

Pelo Teorema de Fourier,∞∑

n=1fn e uma serie numerica convergente, e portanto uniformemente em t ∈ [0,∞).

A sequencia de funcoes (gn (t)) satisfaz |gn(t)| 6 1 e gn+1 (t) 6 gn (t) para todo n ∈ N e para todo t ∈ [0,∞).

Pelo teste de Abel, concluımos que∞∑

n=1cne−

n2π2

L2 Kt sennπx0

Lconverge uniformemente em t ∈ [0,∞). Em

particular, u (x, t) → u (x, 0) = f (x). Isso termina a demonstracao do teorema. ¥

Corolario 2.6. (Regularidade da Solucao da Equacao do Calor) A solucao obtida no teorema anterior e declasse C∞ em R.

Prova: De fato, nada nos impede de diferenciar termo a termo a solucao u (x, t) acima quantas vezesquisermos em relacao a x e t e usar o mesmo argumento do teorema (teste da raiz e teste-M de Weierstrass)para concluir a convergencia uniforme em cada etapa. Em linhas gerais, ao derivar a serie de u (x, t) termoa termo i vezes em relacao a t e j vezes em relacao a x obteremos a serie

C (L, π)∞∑

n=1

cnnpe−n2π2

L2 Kt sennπx

L

onde p = 2i + j e C (L, π) e uma constante que depende apenas de L e π. Logo∣∣∣∣∣C (L, π)

∞∑n=1

cnnpe−n2π2

L2 Kt sennπx

L

∣∣∣∣∣ 6 M

∞∑n=1

npe−n2π2

L2 Kt0 .

Pelo teste da raiz,

lim(

npe−π2Kt0

L2 n2)1/n

=(limn1/n

)p

lim e−π2Kt0

L2 n = 0,

logo o lado direito converge e podemos aplicar o teste-M de Weierstrass. ¥O teorema anterior e seu corolario afirmam um resultado muito importante: mesmo que a distribuicao

inicial de temperaturas nao seja contınua, o calor se propaga tao rapidamente de modo que quaisquerdescontinuidades inicialmente presentes sao suavizadas de tal maneira que, imediatamente apos o instanteinicial (isto e, em qualquer instante de tempo t > 0), a distribuicao de temperaturas ja e contınua; mais


que isso, ela e suave! O motivo disso pode ser melhor compreendido se analizarmos a expressao em serie deu (x, t)

u(x, t) =∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L

da seguinte forma. As exponenciais em t tendem a 0 rapidamente, como sabemos ser o comportamentode uma exponencial negativa. Assim, passado um instante de tempo t (por menor que seja), os termos daserie a partir de uma certa ordem sao arbitrariamente pequenos. E quase como se pudessemos desprezarcompletamente os termos da serie a partir de uma certa ordem e a serie infinita transformasse-se em umaserie finita. A descontinuidade presente na condicao inicial surge exatamente da presenca de um numeroinfinito de termos da serie, pois uma serie finita (combinacao linear finita) de senos e sempre uma funcaocontınua, e a medida que o tempo passa o efeito e sentido como se um numero infinito de termos se anulassee so restasse um numero finito de termos.

2.1.2 Princıpio do Maximo

Para mostrar que o problema de Dirichlet para a equacao do calor unidimensional e bem-posto no sentidode Hadamard, usaremos o Princıpio do Maximo, que e um resultado interessante e muito importante por siso:

Lema 2.7. (Princıpio do Maximo para a Equacao do Calor) Considere o retangulo R = (x1, x2) × (t1, t2).Suponha que u(x, t) : R → R seja contınua em R e satisfaca a equacao do calor ut = Kuxx em R∪ `4onde `4 = (x1, x2) × t2. Entao o maximo e o mınimo de u sao assumidos em um dos outros treslados do retangulo R:

`1 = x1 × [t1, t2],`2 = x2 × [t1, t2],`3 = [x1, x2]× t1.

Prova: Suponha por absurdo que

m := max`1∪`2∪`3

u < maxR

u =: M.

Entao existe um ponto (x0, t0) ∈ R ∪ `4 tal que u(x0, t0) = maxR u. Defina a funcao

v(x, t) = u(x, t) +M −m

4L2(x− x0)2,

onde L = x2 − x1. Como em `1 ∪ `2 ∪ `3 temos

v(x, t) 6 m +M −m

4L2L2 =

34m +

M

4< M,

e u(x0, t0) = v(x0, t0) = M , segue que o maximo de v tambem e assumido em um ponto de R ∪ `4, digamosem (x, t) ∈ R ∪ `4. Como (x, t) e um ponto de maximo para v, devemos ter

vt(x, t) > 0,

vxx(x, t) 6 0.

Em particular,vt(x, t) > Kvxx(x, t).


Por outro lado, da definicao de v, para todo (x, t) obtemos

vt(x, t) = ut(x, t),

vxx(x, t) = uxx(x, t) +M −m

4L2,

e como u satisfaz a equacao do calor, segue que

vt(x, t) = ut(x, t) = Kuxx(x, t) = Kvxx(x, t)−KM −m

4L2< Kvxx(x, t)

para todo (x, t), uma contradicao.Para provar que o mınimo de u tambem e atingido em `1∪`2∪`3, basta observar que −u tambem satisfaz

a equacao do calor e que min u = −max(−u). ¥No caso da equacao do calor, o princıpio do maximo nada mais e que a expressao matematica do fato de queo calor flui de regioes mais quentes para regioes mais frias. Se a temperatura mais alta da barra estivesselocalizada em um ponto x0 com 0 < x0 < L em um instante t0 > 0, entao a temperatura estaria crescendoem x0 por algum tempo antes do instante t0 (a menos que a temperatura seja a mesma em todos os pontosda barra). Mas entao o calor necessario para aumentar a temperatura em x0 deveria vir de algum pontoproximo a x0 com temperatura maior em algum instante de tempo t < t0, logo a temperatura mais alta naopode ocorrer em (x0, t0). O mesmo argumento vale para a temperatura mınima.

A porcao `1 ∪ `2 ∪ `3 da fronteira ∂R e muitas vezes chamada a fronteira parabolica de R.

2.1.3 Unicidade e Estabilidade de Solucoes para o Problema de Dirichlet Geral

Usando o princıpio do maximo, vamos agora demonstrar que o problema de Dirichlet e bem-posto no sentidode Hadamard. Comecamos provando a unicidade de solucoes:

Teorema 2.8. (Unicidade da Solucao do Problema de Dirichlet) Se existir uma solucao contınua em Rpara o problema de Dirichlet

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f (x) se 0 6 x 6 L,u(0, t) = g (t) se t > 0,u(L, t) = h (t) se t > 0,

onde f, g, h sao funcoes quaisquer, ela e unica.

Prova: Suponha que u1(x, t) e u2(x, t) sejam duas solucoes contınuas para (2.1). Entao, como a equacaodo calor e uma equacao linear, a diferenca u = u1 − u2 e uma solucao contınua do problema de Dirichlet

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0.

Em particular, em qualquer retangulo RT = (x, t) ∈ R2 : 0 6 x 6 L e 0 6 t 6 T ⊂ R segue do princıpiodo maximo para a equacao do calor que

minR

u = maxR

u = 0,

ou seja, u ≡ 0 em R. Como T > 0 e arbitrario, segue que u ≡ 0 em R. ¥Alem disso, outra consequencia imediata do princıpio do maximo para a equacao do calor e que a solucaode (2.1), quando existir, nunca assume valores negativos se f > 0, o que e esperado se a temperatura formedida em graus Kelvin.

Agora vamos estabelecer a dependencia contınua da solucao do problema de Dirichlet geral com relacaoaos dados iniciais e as condicoes de fronteira:


Teorema 2.9. (Estabilidade da Solucao do Problema de Dirichlet) Se o problema de Dirichlet com condicoesinicial e de fronteira contınuas possuir uma solucao contınua, entao ele e bem-posto no sentido deHadamard.

Prova: Ja sabemos pelo teorema anterior que se existir solucao contınua, ela e unica. Resta provar apenasa dependencia contınua das solucoes com as condicoes iniciais e de fronteira. Mediremos a proximidade dascondicoes inicial e de fronteira atraves da norma do sup. Sejam u1 e u2 solucoes dos problemas de Dirichlet

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f1 (x) se 0 6 x 6 L,u(0, t) = g1 (t) se t > 0,u(L, t) = h1 (t) se t > 0,

e

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f2 (x) se 0 6 x 6 L,u(0, t) = g2 (t) se t > 0,u(L, t) = h2 (t) se t > 0,

respectivamente, onde f1, f2, g1, g2, h1, h2, sao funcoes contınuas e limitadas. Entao u = u1 − u2 e solucaodo problema de Dirichlet

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f1 (x)− f2(x) se 0 6 x 6 L,u(0, t) = g1 (t)− g2 (t) se t > 0,u(L, t) = h1 (t)− h2 (t) se t > 0.

Pelo princıpio do maximo para a equacao do calor, segue que

supR

(u1 − u2) 6 sup[0,L]

(f1 − f2) + sup[0,∞)

(g1 − g2) + sup[0,∞)

(h1 − h2)

6 sup[0,L]

|f1 − f2|+ sup[0,∞)

|g1 − g2|+ sup[0,∞)

|h1 − h2| .

Analogamente, considerando u = u2 − u1, provamos que

supR|u1 − u2| 6 sup

[0,L]

|f1 − f2|+ sup[0,∞)

|g1 − g2|+ sup[0,∞)

|h1 − h2| .

Reunindo as duas desigualdades, obtemos o resultado desejado. ¥Para concluir esta secao, analizaremos o comportamento assintotico da solucao, isto e, o que acontece

quando t →∞ (em outras palavras, o que acontece com a distribuicao de temperaturas na barra depois quetranscorreu um intervalo de tempo suficientemente grande; na maioria das situacoes, em termos fısicos esteintervalo pode ser da ordem de minutos, segundos ou muito menos que isso). Como os coeficientes da seriede Fourier de f sao limitados, digamos |cn| 6 M para algum M > 0, temos

|u(x, t)| 6∞∑

n=1

|cn| e−n2π2

L2 Kt∣∣∣sen nπx

L

∣∣∣ 6 M

∞∑n=1

e−n2π2

L2 Kt.

Definindo α =π2

L2K, notando que e−n2αt 6 e−nαt = (e−αt)n, ja que e−αt < 1 para t > 0, e lembrando que

∞∑n=1

rn =r

1− rpara |r| < 1, concluımos que

|u(x, t)| 6 Me−αt

1− e−αt,


de modo quelim

t→∞u(x, t) = 0.

Isso era esperado, ja que as extremidades da barra nao estao termicamente isoladas, a temperatura emtodos os pontos da barra deve decair ate atingir a mesma temperatura que as suas extremidades, com ocalor escapando da barra atraves delas. Na verdade, a desigualdade acima mostra que a temperatura decairapidamente, com decaimento exponencial da ordem de e−αt.

2.2 Problema de Dirichlet Nao Homogeneo

Agora consideraremos o problema da conducao de calor em uma barra uniforme homogenea de comprimentoL, cuja superfıcie lateral e isolada termicamente e cujas extremidades sao mantidas a temperaturas constantesT1, T2 > 0, respectivamente. O modelo matematico para esta situacao e o problema de Dirichlet

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = T1 se t > 0,u(L, t) = T2 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

(2.4)

Para este problema, o princıpio de superposicao de solucoes nao funciona, pois apesar da equacao do calor serlinear, as condicoes de contorno nao sao homogeneas. Vamos obter a solucao atraves de algumas consideracoesfısicas.

E de se esperar que apos decorrido um tempo suficientemente longo, devido ao fato do calor se propagarrapidamente, os efeitos da distribuicao inicial de temperaturas na barra se dissiparao e sera atingida umadistribuicao de temperaturas permanente v(x), ou seja, independente do tempo t e da condicao inicial. Comov deve obedecer a equacao do calor, mas vt ≡ 0, segue que v e uma solucao do problema

v′′(x) = 0 se 0 < x < L,v(0) = T1, v(L) = T2.

(2.5)

v e chamada a solucao de estado estacionario. Da equacao de v obtemos que v(x) = ax+b; os valores dasconstantes a, b sao obtidos atraves das condicoes de contorno, de modo que a solucao de estado estacionarioe

v(x) =T2 − T1

Lx + T1. (2.6)

O fato da distribuicao de temperaturas no estado estacionario ter a forma de uma reta e sugerida pelapropria equacao do calor ut = Kuxx. O significado da equacao e que a variacao da temperatura ut em umponto da barra com o passar do tempo e proporcional a curvatura da funcao temperatura naquele ponto(isto e, uxx). Logo, se a curvatura da funcao temperatura e positiva (uxx > 0, concavidade para cima),entao ut e positiva tambem, e portanto a tendencia nesta regiao da curva e que as temperaturas aumentemcom o passar do tempo, diminuindo a concavidade e retificando a curva na regiao; se a curvatura da funcaotemperatura e negativa (uxx < 0, concavidade para baixo), entao ut e tambem negativa, o que significa que atendencia e que as temperaturas diminuam naquela regiao com o passar do tempo, diminuindo a concavidadee rectificando a curva na regiao.

Para encontrar a solucao u(x, t) para (2.4), tentamos expressa-la como a soma da solucao de estadoestacionario v(x) e uma outra distribuicao de temperatura w(x, t):

u(x, t) = v(x) + w(x, t). (2.7)

A distribuicao de temperatura w(x, t) e chamada transiente, porque ela desaparece a medida que o tempopassa (ou seja, torna-se arbitrariamente pequena, ate o ponto de nao poder ser registrada pelos instrumentos


de medicao), permanecendo apenas a solucao de estado estacionario. Como w(x, t) = u(x, t) − v(x), segueque w(x, t) satisfaz o problema de Dirichlet homogeneo

wt = Kwxx se 0 < x < L e t > 0,w(0, t) = w(L, t) = 0 se t > 0,

w(x, 0) = f(x)−(

T2 − T1

Lx + T1

)se 0 6 x 6 L,

(2.8)

cuja solucao ja vimos na secao anterior:

w(x, t) =∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L, (2.9)

onde agora cn sao os coeficientes da serie de Fourier de f −(

T2 − T1

Lx + T1

), isto e

cn =2L

∫ L

0

[f(x)−

(T2 − T1

Lx + T1

)]sen

nπx

Ldx. (2.10)

Como vimos no final da secao anterior, de fato w(x, t) → 0 quando t →∞. Portanto, a solucao do problema(2.4) e a soma da solucao de estado estacionario e a solucao transiente:

u(x, t) =T2 − T1

Lx + T1 +

∞∑n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L. (2.11)

2.3 Problema de Neumann

Nesta secao consideraremos o problema da conducao de calor em uma barra uniforme homogenea de compri-mento L, cuja superfıcie lateral esta isolada termicamente e cujas extremidades tambem estao termicamenteisoladas, de modo que nao ha transferencia de calor atraves delas e portanto ux(0, t) = ux(L, t) = 0. Estetipo de condicao de fronteira envolvendo as derivadas de u e chamada uma condicao de Neumann, comovimos. O modelo matematico para a barra com extremidades isoladas e portanto o problema de Neumannhomogeneo

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,ux(0, t) = ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

(2.12)

Vamos resolver este problema pelo metodo de separacao de variaveis. Escrevendo u(x, t) = F (x)G(t),obtemos as equacoes diferenciais ordinarias

F ′′(x)− σF (x) = 0 se 0 < x < L,F ′(0) = F ′(L) = 0,

(2.13)

(a unica coisa que mudou aqui foi a condicao de contorno desta equacao diferencial) e

G′(t)− σKG(t) = 0. (2.14)

Novamente, para resolver (2.13), precisamos analizar o sinal de σ.

1. σ > 0: A solucao geral de (2.13) e da forma

F (x) = c1e√

σx + c2e−√σx,


de modo queF ′(x) = c1

√σe√

σx − c2

√σe−

√σx.

A condicao de fronteira F ′(0) = F ′(L) = 0 implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer osistema

c1√

σ + c2√

σ = 0c1√

σe√

σL − c2√

σe−√

σL = 0.

cuja unica solucao e c1 = c2 = 0, mas F (x) ≡ 0 nao nos interessa.

2. σ = 0: A solucao geral de (2.13) e da forma

F (x) = c1x + c2,

de modo queF ′(x) = c1.

A condicao de fronteira F ′(0) = F ′(L) = 0 implica c1 = 0, mas desta vez podemos ter c2 6= 0 e portantouma solucao aceitavel e a solucao constante

F (x) ≡ c0.

3. σ < 0: Denotando λ =√−σ, a solucao geral de (2.13) e da forma

F (x) = c1 cos λx + c2 sen λx,

de modo queF ′(x) = −c1λ sen λx + c2λ cosλx.

A condicao de fronteira F ′(0) = F ′(L) = 0 implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer osistema

c2λ = 0−c1λ sen λL = 0 .

Logo c2 = 0 e como nao queremos c1 = 0, devemos ter sen λL = 0, o que implica λL = nπ, onde n ∈ Npode ser um inteiro positivo qualquer. Portanto, para cada valor de n, uma solucao para (2.13) e afuncao

Fn(x) = cosnπ

Lx,

chamada uma autofuncao para o problema (2.13) associada ao autovalor

−σ = λ2n =

n2π2

L2.

A solucao de (2.14) continua sendoG(t) = ceσKt.

Procedendo como fizemos antes, concluımos que um candidato a solucao do problema de Neumann ho-mogeneo (2.12) e a funcao

u(x, t) =12c0 +

∞∑n=1

cne−n2π2

L2 Kt cosnπx

L, (2.15)

onde cn sao os coeficientes de Fourier da extensao par de f , isto e,

cn =2L

∫ L

0

f(x) cosnπx

Ldx.

Pode-se provar rigorosamente que esta e de fato uma solucao para o problema de Neumann homogeneo:


Teorema 2.10. (Existencia de Solucao para o Problema de Neumann Homogeneo) Seja f : [0, L] → R umafuncao contınua por partes tal que f ′ tambem e contınua por partes. Entao

u(x, t) =12c0 +

∞∑n=1

cne−n2π2

L2 Kt cosnπx

L,

com

cn =2L

∫ L

0

f(x) cosnπx

Ldx.


u(x, t) = f(x) sef e contınua em x.

Prova: A demonstracao e completamente analoga a do Teorema 2.5. ¥Provaremos mais adiante que esta e de fato a unica solucao de (2.12), e que (2.12) e um problema bem-postono sentido de Hadamard. Nao podemos desta vez usar o princıpio do maximo para a equacao do calor, porqueos valores de u nao estao especificados na fronteira. No entanto, dadas as condicoes nas extremidades, atravesde argumentos fısicos e de se esperar que u atinja os seus valores maximo e mınimo em t = 0. De fato, comoas extremidades permanecem termicamente isoladas o tempo todo, calor nao pode entrar na barra atravesdelas. Em particular, a temperatura nao pode atingir o maximo em uma extremidade em algum instante detempo t0 > 0, pois o calor necessario para atingir esta temperatura teria que vir de algum ponto proximodentro da barra em algum instante de tempo anterior. Este novo tipo de princıpio do maximo sera provadopara situacoes mais gerais mais adiante.

Finalmente, observe que como a barra esta completamente isolada do meio ambiente (em outras palavras,constitui um sistema fechado), o conteudo total de calor na barra permanece constante. E, entao, de seesperar que quaisquer diferencas de temperatura entre pontos da barra presentes na distribuicao inicialde temperatura desaparecerao, e a temperatura em qualquer ponto da barra tendera ao valor medio dadistribuicao inicial de temperaturas. Dizendo isso de outra maneira, esperamos que a solucao de estadoestacionario neste caso e a funcao constante igual a media da temperatura inicial. De fato, analizando damesma forma que fizemos na secao anterior, concluımos que

limt→∞

u(x, t) → 12c0 =

1L

∫ L

0

f(t) dt. (2.16)

2.4 Problema de Robin

Considere agora o problema da conducao de calor em uma barra uniforme homogenea de comprimento L, cujasuperfıcie lateral esta isolada termicamente, uma das extremidades e mantida a temperatura constante zero ea outra extremidade e termicamente isolada, digamos u(0, t) = ux(L, t) = 0. Esta e uma condicao de fronteiramista: em parte da fronteira impomos uma condicao de Dirichlet, e na outra parte uma condicao de Neumann.Esta condicao de fronteira tambem e chamada condicao de Robin, como vimos; mais especificamente, esta euma condicao de Robin homogenea. O modelo matematico para esta situacao e

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

(2.17)

Resolveremos este problema tambem pelo metodo de separacao de variaveis. Escrevendo u(x, t) =F (x)G(t), obtemos como de costume as equacoes diferenciais ordinarias

F ′′(x)− σF (x) = 0 se 0 < x < L,F (0) = F ′(L) = 0,

(2.18)


eG′(t)− σKG(t) = 0.

Para resolver (2.18), analizamos o sinal de σ:

1. σ > 0: A solucao geral de (2.18) e da forma

F (x) = c1e√

σx + c2e−√σx,

de modo queF ′(x) = c1

√σe√

σx − c2

√σe−

√σx.

A condicao de fronteira F (0) = F ′(L) = 0 implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer osistema

c1 + c2 = 0c1√

σe√

σL − c2√

σe−√

σL = 0.

cuja unica solucao e c1 = c2 = 0, o que nao nos interessa.

2. σ = 0: A solucao geral de (2.18) e da forma

F (x) = c1x + c2,

de modo queF ′(x) = c1.

A condicao de fronteira F (0) = F ′(L) = 0 implica c1 = c2 = 0, e novamente isto nao e interessante.

3. σ < 0: Denotando λ =√−σ, a solucao geral de (2.18) e da forma


de modo queF ′(x) = −c1λ sen λx + c2λ cosλx.

A condicao de fronteira F (0) = F ′(L) = 0 implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer osistema

c1 = 0c2λ cos λL = 0 .

Como nao queremos c2 = 0, devemos ter cos λL = 0, o que implica λL =(2n− 1)π

2, onde n ∈ N pode

ser um inteiro positivo qualquer. Portanto, para cada valor de n, uma solucao para (2.18) e a funcao

Fn(x) = sen(2n− 1)π

2Lx,

chamada uma autofuncao para o problema (2.18) associada ao autovalor

−σ = λ2n =

(2n− 1)2π2

4L2.

Portanto, um candidato a solucao do problema com condicoes de fronteira mistas (2.17) sera a funcao

u(x, t) =∞∑

n=1

c2n−1e− (2n−1)2π2

4L2 Kt sen(2n− 1)πx

2L


se pudermos encontrar uma serie de Fourier para a condicao inicial f da forma

f(x) =∞∑

n=1

c2n−1 sen(2n− 1)πx

2L

o que nao e imediatamente claro, pois2n− 1

2nao e um inteiro. No entanto, podemos imaginar que 2L esta

fazendo o papel de L na serie de Fourier, de modo que o que temos que obter e uma extensao periodica ımparde perıodo 4L de f . Ainda assim, sobra o problema de que aparecem apenas os termos de coeficiente ımparnesta serie de senos de f . Precisamos determinar uma extensao ımpar de f de tal modo que os coeficientesde Fourier de f correspondentes aos inteiros pares sejam iguais a zero. Observando que as funcoes sen

nπx

2Lsao ımpares em relacao a reta x = L se n e par, e pares se n e ımpar, parece razoavel considerar a extensaopara f que e “par” em relacao a esta reta, de forma a eliminar os coeficientes pares. Assim, definimos aseguinte extensao para f :

f(x) =

f(x) se 0 6 x 6 L,f(2L− x) se L 6 x 6 2L,−f(−x) se − 2L 6 x 6 0,

f e periodica de perıodo 4L;

observe que ao extendermos f no intervalo [L, 2L], o fizemos de tal modo que o grafico de f e simetrico emrelacao a reta x = L; ou seja, f e uma funcao “par” em relacao a esta reta. Os coeficientes de Fourier destaextensao de f sao dados por

an = 0,

bn =2

2L

∫ 2L

0

f(x) sennπx

2Ldx =

1L

∫ L

0

f(x) sennπx

2Ldx +

1L

∫ 2L

L

f(2L− x) sennπx

2Ldx

=1L

∫ L

0

f(x) sennπx

2Ldx− 1

L

∫ 0

L

f(t) sennπ(2L− t)

2Ldt

=1L

∫ L

0

f(x) sennπx

2Ldx +

1L

∫ L

0

f(t) cos nπ sen(−nπt

2L

)dt

=1L

∫ L

0

f(x) sennπx

2Ldx +

1L

∫ L

0

f(t)(−1)n+1 sennπt

2Ldt

=

0 se n e par,2L

∫ L

0

f(x) sennπx

2Ldx se n e ımpar.

Uma vez estabelecidos os coeficientes do candidato a solucao, pode-se provar rigorosamente que este e defato uma solucao para o problema de Robin homogeneo:

Teorema 2.11. (Existencia de Solucao para o Problema de Robin Homogeneo) Seja f : [0, L] → R umafuncao contınua por partes tal que f ′ tambem e contınua por partes. Entao

u(x, t) =∞∑

n=1

c2n−1e− (2n−1)2π2

4L2 Kt sen(2n− 1)πx

2L

com

c2n−1 =2L

∫ L

0

f(x) sen(2n− 1)πx

2Ldx


u(x, t) = f(x) sef e contınua em x.


Prova: A demonstracao deste caso tambem e completamente analoga a do Teorema 2.5. ¥Veremos na proxima secao que (2.17) e um problema bem-posto no sentido de Hadamard.

2.5 Unicidade de Solucao para os Problemas de Neumann e Robin

Vamos ver agora como usar o princıpio do maximo levando em conta as condicoes de fronteira:

Lema 2.12. (Princıpio do Maximo para a Equacao do Calor com Condicoes de Fronteira) Sejam

R =(x, t) ∈ R2 : 0 < x < L e t > 0

,

RT = (x, t) ∈ R : t 6 T .

Suponha que u : RT → R seja contınua em RT e satisfaca a equacao do calor ut = Kuxx em RT .Denote por ∂∗RT = RT \RT a fronteira parabolica de RT . Entao u atinge os seus valores maximo emınimo em RT na fronteira parabolica ∂∗RT .

Denote∂0RT = (x, t) ∈ ∂∗RT : x = 0 e t > 0 ,

∂LRT = (x, t) ∈ ∂∗RT : x = L e t > 0 .

Sejam a1, b1, a2, b2 ∈ R constantes nao-negativas tais que a1, b1 nao sao simultaneamente nulas e a2, b2

nao sao simultaneamente nulas.

(1) Suponha que u satisfaz a condicao de fronteira

a1u (0, t)− b1ux (0, t) = 0 se t > 0. (2.19)

Se u atinge um mınimo negativo em R entao u atinge este valor mınimo em ∂∗RT \∂0RT ; se u atingeum maximo positivo em R entao u atinge este valor maximo em ∂∗RT \∂0RT .

(2) Suponha que u satisfaz a condicao de fronteira

a2u (L, t) + b2ux (L, t) = 0 se t > 0. (2.20)

Se u atinge um mınimo negativo em R entao u atinge este valor mınimo em ∂∗RT \∂LRT ; se u atingeum maximo positivo em R entao u atinge este valor maximo em ∂∗RT \∂LRT .

Prova: Ja sabemos pelo princıpio do maximo (Lema 2.7) que u atinge os seus valores maximo e mınimo emRT na fronteira parabolica ∂∗RT de RT . Vamos provar (1). Assuma que u satisfaz a condicao de fronteira(2.19), que u atinge um mınimo negativo e suponha por absurdo que u atinge este mınimo negativo em∂0RT , isto e, que existe t0 > 0 tal que

u (0, t0) = m < 0 e m < M = min∂∗RT \∂0RT

u.

Como o mınimo ocorre em (0, t0), devemos ter ux (0, t0) > 0. Daı, segue da condicao (2.19) e das hipotesessobre os coeficientes a1, b1 que

ux (0, t0) = 0,

caso contrario terıamos a1u (0, t) − b1ux (0, t) < 0, pois a1, b1 nao sao simultaneamente nulos (u (0, t0) < 0nao implica em contradicao, pois pode ser que a1 = 0). Agora, defina uma funcao v : RT → R por

v (x, t) = u (x, t)− M −m

2Lx.


Entao v e contınua e satisfaz a equacao do calor, logo v tambem atinge o seu valor mınimo na fronteiraparabolica ∂∗RT . Por outro lado, v = u em ∂0RT , mas se (x, t) ∈ ∂∗RT \∂0RT temos

v (x, t) > u (x, t)− M −m

2LL > M − M −m

2=

M + m

2> m,

o que prova que v tem um mınimo em (0, t0), contradizendo o fato que

vx (0, t0) = ux (0, t0)− M −m

2L= −M −m

2L< 0.

Para provar o resultado sobre o maximo, basta considerar −u.A demonstracao de (2) e analoga, bastando considerar

v (x, t) = u (x, t)− M −m

2L(L− x) .

¥

Corolario 2.13. Suponha que u : R→ R e uma solucao contınua para o problema

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,a1u (0, t)− b1ux (0, t) = 0 se t > 0,a2u (L, t) + b2ux (L, t) = 0 se t > 0.

Sem0 = min

[0,L]f (x) e M0 = max

[0,L]f (x)

entaomin (0, m0) 6 u (x, t) 6 max (0,M0)

para todo (x, t) ∈ R.

Prova: Seja T > 0 arbitrario. Pelo princıpio do maximo, u atinge o seu valor maximo M em RT na fronteiraparabolica ∂∗RT . Ou M 6 0 e entao u (x, t) 6 0 para todo t 6 T , ou M > 0. Neste ultimo caso, pelolema anterior segue que u atinge o seu maximo em ∂∗RT \ (∂0RT ∪ ∂LRT ), logo u (x, t) 6 M0 para todot 6 T . Como T e arbitrario, isso prova que u 6 max (0,M0) em R. A demonstracao da outra desigualdadee analoga. ¥

Provaremos agora a unicidade e a estabilidade da solucao para os problemas de Neumann e de Robin:

Teorema 2.14. (Unicidade da Solucao para Problemas de Neumann e de Robin) Se o problema

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,a1u (0, t)− b1ux (0, t) = g (t) se t > 0,a2u (L, t) + b2ux (L, t) = h (t) se t > 0,

possuir solucao contınua, entao ela e unica.

Prova: Se u1, u2 sao duas solucoes para este problema, entao u = u1 − u2 e solucao de

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,a1u (0, t)− b1ux (0, t) = 0 se t > 0,a2u (L, t) + b2ux (L, t) = 0 se t > 0,

e o resultado segue imediatamente do Corolario 2.13. ¥A estabilidade com relacao a condicao inicial e vista no Exercıcio 2.13 (para a estabilidade com relacao

as condicoes de fronteira, veja [5]).


2.6 Problemas Gerais

Quando ha geracao interna de calor, a equacao diferencial parcial que modela a conducao de calor na barrae, como vimos na Introducao,

ut = Kuxx + q(x, t) se 0 < x < L e t > 0. (2.21)

Quando a geracao interna de calor independe do tempo, a resolucao e em geral mais simples.

2.6.1 Equacao do calor nao-homogenea com fonte independente do tempo

Neste caso, a equacao diferencial parcial que modela a conducao de calor na barra e simplesmente

ut = Kuxx + q(x) se 0 < x < L e t > 0. (2.22)

A estrategia mais simples para resolver este tipo de problema e primeiro encontrar a solucao de estadoestacionario e depois encontrar a solucao transiente; a soma delas sera a solucao do problema. No entanto,dependendo das condicoes de fronteira do problema, pode ser que uma solucao de estado estacionario naoexista. Por exemplo, em um problema com geracao interna de calor em que as extremidades da barratambem estao isoladas termicamente, como o calor nao tem para onde escapar, a temperatura na barra deveaumentar constantemente sem limites e nunca sera atingida uma situacao de equilıbrio.

Exemplo 2.15. Considere o seguinte problema de conducao de calor em uma barra uniforme, homogenea,cuja superfıcie lateral e isolada termicamente:

ut = uxx + sen x se 0 < x < π e t > 0,u(0, t) = 1 se t > 0,ux(π, t) = 2 se t > 0,u(x, 0) = 1 + sen x se 0 6 x 6 π.

Observe que uma das extremidades da barra e mantida a uma temperatura constante, enquanto que aoutra extremidade tem uma taxa de fluxo de calor constante (condicao de fronteira de Robin). Alemdisso, vemos que calor e gerado internamente na barra (a funcao seno e positiva no intervalo (0, π)),dependendo do ponto da barra, mas independente do tempo.

Vamos encontrar primeiro a solucao de estado estacionario v(x). Embora, a primeira vista, fisicamentetalvez nao seja tao claro que ela exista nestas condicoes, se pudermos encontra-la matematicamenteisso por si so sera prova suficiente da sua existencia. Como v deve obedecer a equacao do calor, masvt ≡ 0, segue que v satisfaz a equacao 0 = v′′(x) + sen x, logo v e uma solucao do problema

v′′(x) = − sen x se 0 < x < L,v(0) = 1,v′(π) = 2.

(2.23)

Por integracao simples, a solucao deste problema e

v′(x) = cos x + c1,

v(x) = sen x + c1x + c2.

As constantes de integracao c1 e c2 sao determinadas atraves das condicoes de fronteira. A condicao defronteira v(0) = 1 permite concluir que c2 = 1, enquanto que a condicao v′(π) = 2 implica que c1 = 3.Assim, a solucao de estado estacionario e

v(x) = sen x + 3x + 1.


Escrevendo u(x, t) = v(x) + w(x, t), segue que a solucao transiente w satisfaz o problema

wt = wxx se 0 < x < π e t > 0,w(0, t) = wx(π, t) = 0 se t > 0,w(x, 0) = −3x se 0 6 x 6 π.

Como vimos antes, a solucao para este problema de condicao mista e

w(x, t) =∞∑

n=1

c2n−1e− (2n−1)2

4 t sen(2n− 1)x

2,

com

c2n−1 = − 6π

∫ π

0

x sen(2n− 1)x

2dx =

24(−1)n

π(2n− 1)2.

Portanto, a solucao do problema e

u(x, t) = sen x + 3x + 1 +24π

∞∑n=1

(−1)n

(2n− 1)2e−

(2n−1)2

4 t sen(2n− 1)x

2.

¤

Exemplo 2.16. Considere uma barra homogenea, completamente isolada termicamente (ou seja, inclusivenas suas extremidades), feita de material radiativo de modo que calor e gerado internamente a umataxa constante. O modelo matematico para este problema e

ut = Kuxx + q se 0 < x < L e t > 0,ux(0, t) = ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

Fisicamente, nao deve haver uma temperatura de estado estacionario. Matematicamente, se supuser-mos que existe uma solucao de estado estacionario v(x) independente do tempo e tentarmos resolver ocorrespondente problema para v

v′′(x) = a se 0 < x < L,v′(0) = v′(L) = 0

onde a = −q/K, obteremos por integracao simples

v′(x) = ax + c1,

dondev(x) =

a

2x2 + c1x + c2.

A condicao de fronteira v′(0) = 0 permite concluir que c1 = 0, mas entao a condicao de fronteirav′(L) = 0 implica que a = 0, uma contradicao (pois q 6= 0; alem disso, observe que a constante c2

permanece indeterminada).

Este problema pode ser resolvido pelo metodo de variacao dos parametros, como veremos na proximasubsecao. ¤


2.6.2 Equacao do calor nao-homogenea com fonte dependente do tempo

Vamos considerar o problema de Dirichlet homogeneo para a equacao de calor nao-homogenea:

ut = Kuxx + q (x, t) se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

(2.24)

Para resolver este problema, usaremos o metodo de variacao dos parametros. A sua motivacao e a seguinte.Se tivessemos g = 0, entao a solucao do problema seria

u(x, t) =∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt sennπx

L.

Entao tentaremos uma solucao da forma

u(x, t) =∞∑

n=1

cn (t) sennπx

L. (2.25)

Esta solucao ja satisfaz as condicoes de fronteira. Precisamos escolher os coeficientes cn (t) de tal formaque u (x, t) satisfaca a equacao do calor nao-homogenea e a condicao inicial; esta ultima obviamente serasatisfeita se tivermos

cn (0) =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx. (2.26)

Formalmente, substituindo a expressao acima na equacao do calor, temos

∞∑n=1

c′n (t) sennπx

L= −K

π2

L2

∞∑n=1

n2cn (t) sennπx

L+ q (x, t) .

Se para cada t > 0 fixado a funcao q (x, t) e representada por sua serie de Fourier de senos

q (x, t) =∞∑

n=1

qn (t) sennπx

L,

obtemos para cada n ∈ N a equacao diferencial ordinaria

c′n (t) = −Kπ2n2

L2cn (t) + qn (t) (2.27)

sujeita a condicao inicial (2.26). A solucao para este problema e

cn (t) = cn (0) e−n2π2

L2 Kt + e−n2π2

L2 Kt

∫ t

0

qn (s) en2π2

L2 Ksds. (2.28)

Assim como fizemos no Teorema 2.5, pode-se provar que esta e a solucao do problema (2.24) (veja Exercıcio2.9, para o caso em que q e apenas uma funcao de x). Observe que este metodo tambem funciona quandoconsideramos condicoes de Neumann ou de Robin homogeneas.

Exemplo 2.17. Como exemplo, vamos usar o metodo de variacao de parametros para resolver o problemade Neumann do Exemplo 2.16. Escrevemos

u(x, t) =c0 (t)

2+

∞∑n=1

cn (t) cosnπx

L.


Como

q0 = q,

qn = 0 para todo n > 1,

segue que

c0 (t) = qt +c0 (0)

2,

cn (t) = cn (0) e−n2π2

L2 Kt para todo n > 1,

logo

u(x, t) = qt +c0

2+

∞∑n=1

cne−n2π2

L2 Kt cosnπx

L,

onde cn sao os coeficientes da serie de Fourier de f . Note que quando t → ∞ a solucao se comportacomo

v (x, t) = qt +c0

2.

Neste sentido, podemos chamar v (x, t) de solucao de estado estacionario. Observe como a temperaturaaumenta a uma taxa constante a medida que o tempo passa tornando-se arbitrariamente grande, comoesperavamos. ¤

2.6.3 O problema geral

Considere o problema

ut = Kuxx + q (x, t) se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,a1u (0, t)− b1ux (0, t) = g (t) se t > 0,a2u (L, t) + b2ux (L, t) = h (t) se t > 0,

(2.29)

onde a1, b1, a2, b2 ∈ R sao constantes nao-negativas tais que a1, b1 nao sao simultaneamente nulas e a2, b2

nao sao simultaneamente nulas.Embora nao faca sentido obter uma solucao de estado estacionario, ja que o problema todo e dependente

do tempo, ainda assim podemos considerar escrever

u (x, t) = v (x, t) + w (x, t) , (2.30)

onde desta vez a “solucao de estado estacionario” v (x, t) satisfaz o problema

vxx = 0 se 0 < x < L e t > 0,a1v (0, t)− b1vx (0, t) = g (t) se t > 0,a2v (L, t) + b2vx (L, t) = h (t) se t > 0.

(2.31)

A solucao deste problema e ainda uma funcao linear em x, mas desta vez os coeficientes lineares dependemde t:

v (x, t) = A (t)x + B (t) . (2.32)

Os coeficientes A (t) e B (t) sao determinados pelas condicoes de fronteira. Resolvendo o sistema resultante

a1B (t)− b1A (t) = g (t)a2 [A (t)L + B (t)] + b2A (t) = h (t) ,


obtemos

v (x, t) =a1h (t)− a2g (t)

(La1 + b1) a2 + a1b2x +

b1h (t) + (La2 + b2) g (t)(La1 + b1) a2 + a1b2

. (2.33)

Observe que para resolvermos este sistema, teremos que supor que a1, a2 tambem nao sao simultaneamentenulas. Isso significa que esta estrategia nao funcionara para um problema de Neumann, porque neste caso naoseremos capazes de determinar B (t). Assumindo esta hipotese adicional, a “solucao transiente” w = u − vsatisfazera entao, o problema

wt = Kwxx + q (x, t)− vt (x, t) se 0 < x < L e t > 0,w(x, 0) = f(x)− v (x, 0) se 0 6 x 6 L,a1w (0, t)− b1wx (0, t) = 0 se t > 0,a2w (L, t) + b2wx (L, t) = 0 se t > 0,

(2.34)

Para este problema, como as condicoes de fronteira agora sao homogeneas, podemos usar o metodo devariacao de parametros introduzido na subsecao anterior, desde que tenhamos um problema de Dirichletou um problema de Robin do tipo tratado anteriormente. Caso contrario, a situacao fica mais complicada,como mostrado na proxima secao.

2.7 Alguns problemas especıficos de conducao do calor

2.7.1 Problema da barra com conveccao de calor em um extremo

Considere uma barra uniforme homogenea de comprimento L, cuja superfıcie lateral esta isolada termica-mente, uma das extremidades e mantida a uma temperatura constante T1, mas a outra extremidade nao etermicamente isolada, de modo que ela pode trocar calor com o meio ambiente. Como vimos na Introducao,pela lei de resfriamento de Newton, esta extremidade perde ou ganha calor (atraves de radiacao ou de con-veccao, ou ambos) a uma taxa que e proporcional a diferenca de temperatura entre este ponto da barra e oseu meio, isto e,

ux(L, t) = −h[u(L, t)− T2],

onde T2 e a temperatura do meio-ambiente e h e uma constante positiva (h = H/K). Portanto, o modelomatematico para esta situacao e o problema com condicao de Robin

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = T1 se t > 0,ux(L, t) + hu(L, t) = hT2 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

(2.35)

Para resolver este problema, primeiro procuramos a solucao de estado estacionario, ja que as condicoesnos extremos nao sao homogeneas. A solucao de estado estacionario v = v(x) deve satisfazer o problema

v′′(x) = 0 se 0 < x < L,v(0) = T1,v′(L) + hv(L) = hT2.

Obtemos v(x) = ax + b, com as constantes a, b sendo as solucoes do sistema linear

b = T1

a + h(aL + b) = hT2

ou seja,

v(x) =h(T2 − T1)

1 + hL+ T1.


Definindo w(x, t) = u(x, t)− v(x), segue que a solucao transiente w(x, t) satisfaz o problema homogeneo

wt = Kwxx se 0 < x < L e t > 0,w(0, t) = 0 se t > 0,wx(L, t) + hw(L, t) = 0 se t > 0,w(x, 0) = g(x) se 0 6 x 6 L,

onde g(x) = f(x) − v(x). Usando o metodo de separacao de variaveis, escrevendo w(x, t) = F (x)G(t),concluımos que F e G devem satisfazer

F ′′(x)− σF (x) = 0 se 0 < x < L,F (0) = 0,F ′(L) + hF (L) = 0,

(2.36)

eG′(t)− σKG(t) = 0.

Como antes, e possıvel verificar que apenas no caso σ < 0 temos solucoes que nao sao identicamente nulas.Denotando λ =

√−σ, a solucao geral de (2.36) e entao da forma


de modo queF ′(x) = −c1λ senλx + c2λ cosλx.

A condicao F (0) = 0 implica que c1 = 0, enquanto que a condicao F ′(L) + hF (L) = 0 implica que

c2λ cos λL = −hc2 sen λL,

ou seja,

tan λL = −λ

h.

Existem infinitas solucoes para esta equacao transcendental em λ (pois a reta de inclinacao −1/h interceptao grafico de tan λL infinitas vezes); de fato, para cada n ∈ N existe uma unica solucao λn satisfazendo

(2n− 1)π2L

< λn <nπ

L.

Portanto, generalizando, gostarıamos de escrever a solucao na forma

w(x, t) =∞∑

n=1

cne−n2π2

L2 Kt senλnx, (2.37)

assumindo que toda funcao razoavel g pode ser escrita como uma serie de Fourier generalizada

g(x) =∞∑

n=1

cn sen λnx.

Os valores de λn podem ser obtidos atraves de metodos numericos (eles certamente nao sao uma constantevezes n, como no caso da serie de Fourier). A resolucao completa deste problema pede portanto uma teoriade series de Fourier generalizadas, o que nao faremos neste curso (para ver o desenvolvimento desta teoria,uma boa referencia e [5]).


2.7.2 Condicoes de fronteira de Robin complexas

A mesma observacao da subsecao anterior vale para um problema com condicoes de fronteira de Robin maiscomplicadas:

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,a1u (0, t)− b1ux (0, t) = 0 se t > 0,a2u (L, t) + b2ux (L, t) = 0 se t > 0.

(2.38)

Usando o metodo de separacao de variaveis, caımos em um problema de Sturm-Liouville da forma

F ′′(x)− σF (x) = 0 se 0 < x < L,a1F (0)− b1F

′(0) = 0,a2F (L) + b2F

′(L) = 0,(2.39)

e e necessario determinar os autovalores σn e as correspondentes autofuncoes Fn deste problema. Admitindoque seja possıvel encontra-los, poderemos verificar se existe uma serie de Fourier associada a este conjuntode autofuncoes (em outras palavras, sera que o conjunto de autofuncoes constitui um sistema ortogonal?) eescrever a solucao na forma

u (x, t) =∞∑

n=1

cneσnKtFn (x) .

A partir daı, o correspondentes problema com a equacao do calor nao-homogenea seria resolvido usandoo metodo de variacao de parametros como fizemos na secao anterior. Para ver se e realmente possıvelfazer isso, como observado antes terıamos que nos aprofundar mais no estudo da teoria de problemas deSturm-Liouville.

2.7.3 Problema do anel circular fino

Considere um fio fino cuja superfıcie lateral e termicamente isolada (atraves de uma capa plastica ou fitaisolante, por exemplo), de comprimento 2L, e que e dobrado na forma de um anel circular, atraves dauniao das duas extremidades em x = −L e x = L (escolhemos as coordenadas no fio de modo que o seuponto medio corresponde a origem; esta escolha e feita para que as formulas obtidas aqui tenham a mesmaaparencia que as anteriores). Se o fio e suficientemente fino, e razoavel assumir que a temperatura no fio econstante ao longo de secoes transversais, como no caso da barra, e que o calor se propaga uniformemente eperpendicularmente atraves das secoes transversais. Neste caso, o modelo matematico para este problema e

ut = Kuxx se − L < x < L e t > 0,u(−L, t) = u(L, t) se t > 0,ux(−L, t) = ux(L, t) se t > 0,u(x, 0) = f(x) se − L 6 x 6 L,

onde x e o comprimento de arco ao longo do fio. Observe que as condicoes de fronteira sao uma consequenciada hipotese de que o contato entre as duas extremidades do fio e perfeito do ponto de vista termico. Este eevidentemente um problema de condicoes de fronteira mistas. Estas nao sao exatamente prescritas, mas saocondicoes de fronteira periodicas, ja que podemos imaginar o problema definido para todo x (nao apenas parax entre −L e L), com o ponto x sendo fisicamente igual ao ponto x + 2L, logo tendo a mesma temperatura.

Resolvendo este problema pelo metodo de separacao de variaveis, chegamos ao problema de Sturm-Liouville periodico

F ′′(x)− σF (x) = 0 se − L < x < L,F (−L) = F (L),F ′(−L) = F ′(L).

(2.40)


A unica solucao periodica para este problema, alem da solucao constante F0(x) = c (correspondente a σ = 0),e


onde, como de costume, λ =√−σ. Usando a primeira condicao de fronteira, obtemos

c1 cos(−λL) + c2 sen(−λL) = c1 cos(λL) + c2 sen(λL),

donde2c2 sen(λL) = 0.

Usando a segunda condicao de fronteira, obtemos

−λc1 sen(−λL) + λc2 cos(−λL) = −λc1 sen(λL) + λc2 cos(λL),

donde2λc1 sen(λL) = 0.

Se sen(λL) 6= 0, entao c1 = c2 = 0. Portanto, teremos uma solucao nao identicamente nula somente se

sen(λL) = 0,

o que corresponde a λ =nπ

L. Logo, σ = −n2π2

L2e

Fn(x) = an cosnπx

L+ bn sen

nπx

L,

Gn(t) = e−n2π2

L2 Kt.

Assim, a solucao do problema e

u(x, t) =a0

2+

∞∑n=1

ane−n2π2

L2 Kt cosnπx

L+

∞∑n=1

bne−n2π2

L2 Kt sennπx

L, (2.41)

onde an e bn sao os coeficientes da serie de Fourier da extensao periodica de f de perıodo 2L. Este e umexemplo de uma solucao que envolve ambos senos e cossenos.

2.8 Solucao da Equacao do Calor em R – Nucleo do Calor

Queremos resolver o problema da barra infinita:

ut = Kuxx se x ∈ R e t > 0,u(x, 0) = f(x) se x ∈ R,

(2.42)

onde f : R → R e uma funcao adequada. Este e um problema apenas de valor inicial, chamado problemade Cauchy. Ele pode ser pensado como o modelo matematico para uma barra muito longa, de modo queas condicoes sobre as suas extremidades podem ser desprezadas. Este problema nao pode ser resolvido porseries de Fourier se a funcoes f nao for periodica.


2.8.1 Solucao do Problema de Cauchy

Para simplificar a exposicao, vamos supor K = 1. Nao ha perda de generalidade ao se fazer esta hipotese:basta fazer a mudanca de variaveis v (x) = u (Kx) e a nova funcao v satisfazera a equacao vt = vxx:

vt (x) = Kut (Kx) = K2uxx (Kx) = vxx (x) .

Assim, se sabemos resolver o problema de Cauchy

ut = uxx se x ∈ R e t > 0,u(x, 0) = f(x) se x ∈ R,

(2.43)

sabemos resolver o problema (2.42).Procuramos uma solucao fundamental para a equacao do calor, uma solucao tal que qualquer solucao

especıfica para o problema de Cauchy possa ser de alguma forma construıda a partir desta solucao. Ob-serve que a equacao do calor e uma equacao linear envolvendo uma derivada em t e duas derivadas em x.Consequentemente, se u e uma solucao para a equacao do calor, entao

v(x, t) = u(λx, λ2t)

tambem e uma solucao, para qualquer valor de λ ∈ R. Em outras palavras, a equacao do calor e invariante

sob mudancas de coordenadas lineares que deixam invariante a razaox2

t. Isso sugere procurar por uma

solucao que tenha a forma

u(x, t) = v

(x2

t

)(2.44)

para alguma funcao especial v a ser determinada. No entanto, chegaremos ao nosso objetivo de uma maneiraalgebricamente mais simples se tentarmos solucoes da forma

u(x, t) = w(t)v(

x2

t

), (2.45)

onde v e w devem ser determinadas. Temos

ut = w′(t)v(

x2

t

)− x2

t2w(t)v′

(x2

t

)

e

ux = w(t)v′(

x2

t

)2x

t,

donde

uxx = w(t)v′′(

x2

t

)4x2

t2+ w(t)v′

(x2

t

)2t.

Logo,

ut − uxx = w′(t)v(

x2

t

)− x2

t2w(t)v′

(x2

t

)− 4x2

t2w(t)v′′

(x2

t

)− 2

tw(t)v′

(x2

t

).

Portanto, v e w devem satisfazer

w′(t)v(

x2

t

)− w(t)

t

[4x2

tv′′

(x2

t

)+

x2

tv′

(x2

t

)+ 2v′

(x2

t

)]= 0. (2.46)

Escolhendov(s) = e−

s4 ,


segue que4v′′ (s) + v′ (s) = 0,

logo a equacao acima transforma-se em

w′(t)v(

x2

t

)− 2

tw(t)v′

(x2

t

)= 0

ou, (w′(t)− 1

2tw(t)

)e−x2/4t = 0,

dondew′(t)− 1

2tw(t) = 0. (2.47)

A solucao desta equacao ew(t) = t−1/2. (2.48)

Concluımos queu(x, t) = t−1/2e−x2/4t. (2.49)

Definicao. A solucao fundamental para a equacao do calor e a funcao

Γ(x, t) =1√4πt

e−x24t se x ∈ R e t > 0. (2.50)

Ela tambem e chamada o nucleo do calor.

Γ satisfaz a equacao do calor em R× (0, +∞), por construcao; isso tambem pode ser diretamente verificado:

Γt(x, t) =x2 − 2t

8√

πt5/2e−

x24t = Γxx(x, t).

O nucleo do calor, que e uma funcao integravel em R; a escolha da constante 1/√

4π e para normalizar aintegral:

Lema 2.18. Para todo t > 0 vale ∫

RΓ(x, t) dx = 1. (2.51)

Prova. ∫

RΓ(x, t) dx =

1√4πt

∫

Re−

x24t dx =

1√4πt

∫

Re−y2

2√

t dy =1√π

∫

Re−y2

dy = 1.

¥A funcao Γ e chamada solucao fundamental, porque solucoes para o problema de Cauchy podem ser

construıdas a partir dela. De fato, fazendo uma convolucao entre o nucleo do calor e a condicao inicial,obtemos uma formula de representacao para a solucao limitada do problema de valor inicial da equacao docalor (e uma condicao fısica razoavel que a temperatura inicial da barra infinita seja limitada):

Teorema 2.19. (Solucao do Problema de Cauchy) Suponha que f e uma funcao contınua e limitada. Defina

u(x, t) =∫

RΓ(x− y, t)f(y) dy =

1√4πt

∫

Re−

(x−y)2

4t f(y) dy (2.52)

para x ∈ R e t > 0. Entao u e a unica solucao limitada de classe C∞(R× (0, +∞))∩C0(R× [0, +∞))para o problema de valor inicial (2.43). Mais precisamente, temos

supx∈R

|u (x, t)| 6 supx∈R

|f (x)| para todo t > 0. (2.53)


Prova. Note que Γ ∈ C∞(R×(0, +∞)). Alem disso, usando inducao, podemos ver que as derivadas parciaisde Γ sao dadas por

Γxptq (x, t) =∂p+qΓ∂xp∂tq

(x, t) =P (x, t)Q (t)

e−x24t

para algum polinomio P (x, t) =∑

aijxitj e algum monomio Q (t) = ak

√πtk/2. Por exemplo,

Γx (x, t) =−x

2t√

4πte−

x24t ,

Γt (x, t) =x2 − 2t

8√

πt5/2e−

x24t ,

Γxx (x, t) =x2 − 2t

8√

πt5/2e−

x24t ,

Γtt (x, t) =x4 − 12x2t + 12t2

32√

πt9/2e−

x24t ,

Γxt (x, t) =−x3 + 6xt

16√

πt7/2e−

x24t .

Portanto, vemos que as derivadas parciais de Γ sao integraveis em R para todo t > 0, logo podemos derivarsob o sinal de integracao para obter

uxptq (x, t) =∫

Rn

Γxptq (x− y, t)f(y) dy

para todos p, q > 0, e portanto u ∈ C∞(R× (0, +∞)). Como Γ e uma solucao para a equacao do calor, segueem particular que

[ut − uxx] (x, t) =∫

R[Γt − Γxx] (x− y, t)f(y) dy = 0,

de modo que u satisfaz a equacao do calor porque Γ satisfaz.Para provar que u e contınua ate a fronteira temos que provar que

lim(x,t)→(x0,0)

u(x, t) = f(x0) para todo x0 ∈ R. (2.54)

Para provar isso, dados x0 ∈ R e ε > 0, escolha δ > 0 tal que |f(y)− f(x0)| < ε se |y − x0| < δ. Entao, se

|x− x0| < δ

2, temos (usando o Lema 2.18)

|u(x, t)− f(x0)| =∣∣∣∣∫

RΓ(x− y, t) [f(y)− f(x0)] dy

∣∣∣∣

6∫ x0+δ

x0−δ

Γ(x− y, t) |f(y)− f(x0)| dy +∫

|y−x0|>δ

Γ(x− y, t) |f(y)− f(x0)| dy

6 ε + 2 ‖f‖L∞

∫

|x−x0|>δ

Γ(x− y, t) dy.

Mas, para y satisfazendo |y − x0| > δ temos

|y − x0| 6 |x− y|+ |x− x0| < |x− y|+ δ

26 |x− y|+ 1

2|y − x0| ,

de modo que

|x− y| > 12|y − x0| ,


e portanto

1√4πt

∫

|y−x0|>δ

e−(x−y)2

4t dy 6 1√4πt

∫

|y−x0|>δ

e−(y−x0)2

16t dy =2√4πt

∫ +∞

δ

e−y2

16t dy

=1√πt

∫ +∞

δ/4√

t

e−z24√

t dz =4√π

∫ +∞

δ/4t1/2e−z2

dz → 0

quando t → 0+, porque∫ +∞0

e−z2dz =

√π < ∞. Portanto, se |x− x0| <

δ

2e t > 0 e suficientemente

pequeno, temos |u(x, t)− f(x0)| < 2ε.O fato de que u e limitada segue imediatamente da formula de representacao; de fato, para todo x ∈ R

e para todo t > 0 temos

|u (x, t)| 6 supR|f |

∫

RΓ(x− y, t) dy = sup

R|f | .

A unicidade decorrera do princıpio do maximo que consideraremos a seguir. ¥

2.8.2 O Princıpio do Maximo em RO princıpio do maximo e o resultado de unicidade podem ser extendidos para o domınio limitado R, desdeque a solucao u satisfaca uma condicao de crescimento no infinito:

Lema 2.20. (Princıpio do Maximo em R) Suponha que u ∈ C2,1(R× (0, T )) ∩ C0(R× [0, T ]) satisfaz

ut = uxx se x ∈ R e t > 0.u (x, 0) = f (x) se x ∈ R,

(2.55)

e existem constantes M, a > 0 tais que

u(x, t) 6 Mea|x|2 para todo x ∈ R e para todo 0 6 t 6 T. (2.56)

Entaosup

R×[0,T ]

u 6 supR

f. (2.57)

Prova. Basta provar o resultado assumindo que T <14a

, pois podemos sempre dividir o intervalo [0, T ]

em subintervalos iguais de comprimento menor que 1/4a e aplicar o argumento sucessivamente a estessubintervalos.

Portanto, podemos assumir que existe ε > 0 tal que a <1

4(T + ε). Fixado y ∈ R e µ > 0, defina

v(x, t) = u(x, t)− µ√T + ε− t

e(x−y)2

4(T+ε−t) .

O segundo termo tambem satisfaz a equacao do calor, como pode ser verificado diretamente, logo v tambemsatisfaz a equacao do calor. Considere o retangulo

RT

= (y − ρ, y + ρ)× (0, T )

Pelo princıpio do maximo para domınios limitados, temos que

v(y, t) 6 max∂∗RT

v.

Temosv(x, 0) 6 u(x, 0) 6 sup

Rf,


enquanto que na outra parte da fronteira parabolica de RT , em que x = y + ρ ou x = y − ρ, temos

v(x, t) 6 Meax2 − µ

(T + ε− t)n/2e

ρ2

4(T+ε−t) 6 Mea(|x|+ρ)2 − µ

(T + ε)n/2e

ρ2

4(T+ε)

= Mea(|y|+ρ)2 − µ [4 (a + γ)]n/2e(a+γ)ρ2

,

onde γ > 0 e tal que

a + γ =1

4(T + ε).

Segue que se ρ e suficientemente grande, temos

v(x, t) 6 supR

f.

Fazendo µ → 0, concluımos o teorema. ¥

2.9 Exercıcios

Exercıcio 2.1. Resolva os seguintes problemas de valor inicial e de fronteira. Encontre a solucao de estadoestacionario, se existir.

(a)

ut = uxx se 0 < x < 1 e t > 0,u(0, t) = 0, u(1, t) = 100 se t > 0,u(x, 0) = 100x (1− x) se 0 6 x 6 1.

(b)

ut = uxx se 0 < x < 10 e t > 0,u(0, t) = 0, u(10, t) = 100 se t 6 0,

u(x, 0) =

0 se 0 6 x < 5,100 se 5 < x 6 10.

(c)

ut = uxx se 0 < x < π e t > 0,ux(0, t) = u(π, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = x se 0 6 x 6 π.

Exercıcio 2.2. Usando algum software matematico (Scilab, Maple, Matlab, etc.) ou algum pacote grafico(OpenGL, Java2D, etc.), plote os graficos de algumas das solucoes do problema anterior e veja como asolucao evolui com o tempo.

Exercıcio 2.3. O problema de valor inicial e de fronteira para tempo negativo

ut = Kuxx se 0 < x < L e t < 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t 6 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,

e bem-posto no sentido de Hadamard? (Sugestao: determine a solucao correspondente a

f (x) =1n

sennπx

L,

onde n ∈ N.)

Exercıcio 2.4. Determine se o princıpio do maximo vale para a equacao do calor nao homogenea

ut = Kuxx + q,

onde q e uma funcao contınua tal que q > 0. (Sugestao: considere a funcao u(x, t) = (1− e−t) sen x.)


Exercıcio 2.5. Mostre que o problema de Neumann

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,ux(0, t) = 0 se t > 0,ux(L, t) = ε se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,

onde ε e uma constante positiva, nao possui uma solucao limitada em [0, L] × [0,+∞) (em outraspalavras, este problema nao possui uma solucao de estado estacionario).

Exercıcio 2.6. (Equacao do Calor em uma Barra com Conveccao na Superfıcie Lateral) Assuma que umabarra uniforme homogenea e isolada termicamente apenas em suas extremidades e que ela perde caloratraves de sua superfıcie lateral a uma taxa por unidade de comprimento diretamente proporcionala diferenca u (x, t) − T , onde T e a temperatura do meio ambiente ao redor da barra. Mostre que aequacao de propagacao do calor agora e

ut = Kuxx − h (u− T ) ,

onde h e uma constante positiva. Resolva o problema (de Neumann) associado, usando a funcao

v = eht (u− T )

para reduzir o problema a um ja resolvido.

Exercıcio 2.7. Mostre que ao introduzirmos as variaveis adimensionais

ξ =x

Le τ =

K2

L2t,

a equacao do calorut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0

e transformada emut = uxx se 0 < x < 1 e t > 0.

Exercıcio 2.8. Encontre uma solucao para o problema

ut = Kuxx + g (x, t) se 0 < x < L e t > 0,ux(0, t) = ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L.

Exercıcio 2.9. Prove o seguinte teorema, repetindo os passos do Teorema 2.5:

Sejam f, g : [0, L] −→ R contınuas com derivadas contınuas por partes. Entao a solucao do problema

ut = Kuxx + g (x) se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,

e

u(x, t) =∞∑

n=1

cn (t) sennπx

L,

com

cn (t) =L2

n2π2Kgn + e−

n2π2

L2 Kt

[fn − L2

n2π2Kgn

],

onde

fn =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx e gn =

2L

∫ L

0

g(x) sennπx

Ldx


Exercıcio 2.10. Resolva os seguintes problemas de valor inicial e de fronteira. Encontre a solucao de estadoestacionario, se existir.

(a)

ut = Kuxx + a se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = b, u(L, t) = c se t > 0,u(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,

onde a, b, c ∈ R.

(b)

ut = Kuxx + Ce−px se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f (x) se 0 6 x 6 L,

onde p, C sao constantes positivas.

Exercıcio 2.11. Encontre o valor constante de q e o menor valor da constante M para os quais o problema

ut = Kuxx + q se 0 < x < 1 e t > 0,ux(0, t) = 1, ux(1, t) = 3 se t > 0,u(x, 0) = x (1− 2x) + M se 0 6 x 6 1,

possui uma solucao de estado estacionario e encontre esta solucao.

Exercıcio 2.12. (Princıpio de Duhamel) Mostre que se f = 0, entao a solucao de (2.24) pode ser obtidapela formula

u (x, t) =∫ t

0

u (x, t; s) ds,

onde u (x, t, s) e a solucao do problema de Dirichlet para a equacao do calor homogenea

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > s,u(0, t; s) = u(L, t; s) = 0 se t > s,u(x, s; s) = g (x, s) se 0 6 x 6 L.

Exercıcio 2.13. Prove que se o problema

ut = Kuxx se 0 < x < L e t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,a1u (0, t)− b1ux (0, t) = 0 se t > 0,a2u (L, t) + b2ux (L, t) = 0 se t > 0,

possuir solucao contınua para qualquer condicao inicial contınua, entao ela depende continuamente dacondicao inicial (assuma que a1, b1, a2, b2 ∈ R satisfazem as mesmas condicoes do Lema 2.12).

Exercıcio 2.14. Prove o seguinte princıpio do maximo, usando a notacao do Lema 2.7: Considere oretangulo R = (x1, x2) × (t1, t2). Suponha que u(x, t) : R → R seja contınua em R e satisfaca adesigualdade

ut 6 Kuxx

em R ∪ `4. Entao o maximo de u e assumido na fronteira parabolica ∂∗R = `1 ∪ `2 ∪ `3 do retanguloR.

Exercıcio 2.15. Prove o seguinte princıpio do mınimo, usando a notacao do Lema 2.7: Considere o retanguloR = (x1, x2)× (t1, t2). Suponha que u(x, t) : R → R seja contınua em R e satisfaca a desigualdade

ut > Kuxx

em R ∪ `4. Entao o mınimo de u e assumido na fronteira parabolica ∂∗R = `1 ∪ `2 ∪ `3 do retanguloR.


Exercıcio 2.16. Prove o seguinte princıpio de comparacao: Se u e v sao duas solucoes da equacao docalor que satisfazem as mesmas condicoes de fronteira (com a1, b1, a2, b2 ∈ R satisfazendo as mesmashipoteses do Lema 2.12) e tais que

u (x, 0) 6 v (x, 0)

para todo 0 6 x 6 L,entaou (x, t) 6 v (x, t)

para todo 0 6 x 6 L e para todo t > 0.

Capıtulo 3

Equacao da Onda Unidimensional

3.1 Modelo Matematico da Corda Vibrante

3.1.1 Vibracoes Livres

Neste capıtulo estudaremos o problema de descrever o movimento de uma corda sujeita a pequenas vibracoestransversais. O modelo fısico e o seguinte:

1. As vibracoes ocorrem em um plano. Denotaremos as coordenadas deste plano por (x, u), de modo queu(x, t) denota a posicao do ponto x da corda no instante de tempo t.

2. As vibracoes sao transversais. Ou seja, as partıculas constituintes da corda deslocam-se apenas nadirecao do eixo u.

3. A corda e flexıvel. Isso significa que a corda nao oferece resistencia a ser dobrada (ou seja, resistenciaa flexao, daı o nome). Como consequencia, a forca atuando em cada ponto da corda e sempre tangentea corda, chamada a tensao da corda.

Como nao ha movimento da corda na direcao do eixo x, isso significa que a resultante das componenteshorizontais das tensoes atuando em cada pedaco da corda e nula. Portanto, se T (x1, t) e T (x2, t) sao astensoes atuando nos pontos x1 e x2 e θ(x1, t) e θ(x2, t) sao os angulos destas forcas com relacao a horizontal(o eixo x), no instante de tempo t, segue que

T (x1, t) cos θ(x1, t) = T (x2, t) cos θ(x2, t)

para todos x1, x2. Portanto, a componente horizontal da tensao e constante ao longo da corda, independentedo ponto x, embora ela possa depender do tempo t. Vamos denotar esta constante positiva por τ(t):

τ(t) := T (x, t) cos θ(x, t).

Para calcular a resultante vertical da tensao atuando no pedaco da corda compreendido entre x1 e x2,observamos primeiro que a forca vertical atuando em um elemento infinitesimal da corda compreendido entreos pontos x e x + ∆x e dada por:

T (x + ∆x, t) sen θ(x + ∆x, t)− T (x, t) sen θ(x, t) = τ(t) [tan θ(x + ∆x, t)− tan θ(x, t)] .

Usando o fato de que tan θ(x, t) e a inclinacao de u(x, t) no instante de tempo t, ou seja, a derivada ux(x, t)da funcao u com relacao a x, obtemos

τ(t) [tan θ(x + ∆x, t)− tan θ(x, t)] = τ(t) [ux(x + ∆x, t)− ux(x, t)] = τ(t)uxx(x, t)∆x

97


onde, pelo Teorema do Valor Medio, x e algum ponto entre x e x + ∆x. Portanto, a resultante vertical datensao atuando no pedaco da corda compreendido entre x1 e x2 e dada por

resultante vertical = τ(t)∫ x2

x1

uxx(x, t) dx. (3.1)

Isso significa que em cada ponto x da corda, a forca devida a tensao atuando nele no instante de tempo te dada por τ(t)uxx(x, t), o produto da tensao horizontal naquele ponto pela curvatura da corda no ponto.Intuitivamente isso faz sentido, pois a tensao atuando na corda e principalmente uma forca horizontal equanto maior e a curvatura em um ponto na corda, maior deve ser a tensao naquele ponto: imagine umacorda presa nas suas extremidades; ao tentarmos flexiona-la, ela oferece resistencia exatamente por estarpresa (as extremidades presas “puxam” a corda em suas direcoes), e quanto mais puxarmos a corda em umdeterminado ponto, o que significa que estamos cada vez aumentando mais a curvatura da corda naqueleponto, maior e a tensao na corda, isto e, a sua resistencia a ser assim flexionada.

Alem das forcas de tensao (forcas internas a corda), a corda pode tambem estar sujeitas a forcas externas,tais como a forca da gravidade e a resistencia ao movimento da corda imposta pelo meio onde ela estasituada (forcas de atrito ou friccao), mas estamos assumindo que a contribuicao destas forcas e negligıvel(por exemplo, a corda e feita de um material muito leve e o meio nao oferece resistencia significativa), ouseja, estamos assumindo que as vibracoes sao livres.

Por outro lado, se utt(x, t) e a aceleracao em um ponto x da corda no instante de tempo t (representadaapenas pelo seu componente vertical, ja que o seu componente horizontal e nulo) e se a densidade linear dacorda no ponto x e ρ(x), segue da segunda lei de Newton que em cada elemento infinitesimal da corda aforca atuando nele e dm utt(x, t) = ρ(x)dxutt(x, t), de modo que

resultante vertical =∫ x2

x1

ρ(x)utt(x, t) dx. (3.2)

Igualando (3.1) a (3.2), usando o fato de que x1 e x2 sao arbitrarios, e denotando c2 = c2(x, t) = τ(t)/ρ(x),obtemos a equacao da onda:

utt = c2uxx. (3.3)

Fisicamente, ela significa que a aceleracao em cada ponto da corda e proporcional a curvatura da cordanaquele ponto. Pontos com concavidade para cima (isto e, uxx > 0) tendem a mover para cima (utt > 0),enquanto que pontos com concavidade para baixo (uxx < 0) tendem a se mover para baixo (utt < 0); e claroque deve-se levar em conta tambem a velocidade e a direcao em que a corda esta-se movendo no momento.

Quando a corda e homogenea (ρ(x) ≡ constante) e as vibracoes sao pequenas, de modo que θ(x, t) ∼ 0e consequentemente cos θ(x, t) ∼ 1, e a forca de tensao nao varia com o tempo (por exemplo, uma cordacom as extremidades fixadas), temos que o parametro c e uma constante. Observe que o parametro c temdimensao de velocidade, e o significado fısico disso sera explicado mais tarde.

3.1.2 Condicoes Iniciais e de Fronteira

A equacao da onda e uma equacao de segunda ordem em ambas as variaveis x e t. Consequentemente, paraque o problema seja bem posto (isto e, tenha uma unica solucao), e necessario dar duas condicoes iniciais: aposicao inicial da corda e a sua velocidade inicial, bem como as condicoes de fronteira nas extremidades dacorda. No caso da corda, e obvio que as condicoes iniciais devem ser funcoes contınuas.

Por exemplo, o modelo matematico para uma corda homogenea de comprimento L, sujeita a vibracoesde pequena amplitude e com as extremidades fixadas, e o problema de Dirichlet

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g(x) se 0 6 x 6 L,


onde as condicoes iniciais f e g sao funcoes contınuas. Este e o caso de uma corda de violao, em que a cordae deslocada e depois solta para comecar a sua vibracao (f 6= 0 e g ≡ 0) ou da corda de um piano, em que acorda em repouso e percurtida por um golpe de martelo (f ≡ 0 e g 6= 0).

Podemos tambem considerar o problema da corda com extremidades livres, em que as extremidadesda corda sao presas a trilhos colocados perpendicularmente a corda, no plano de vibracao:

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,ux(0, t) = ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g(x) se 0 6 x 6 L.

Este e um problema de NeumannPodemos ainda considerar condicoes de fronteira mistas (uma extremidade fixa, uma extremidade livre)

ou um problema em que as extremidades da corda se movem transversalmente de acordo com uma leiconhecida:

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = a(t) se t > 0,u(L, t) = b(t) se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g(x) se 0 6 x 6 L.

3.1.3 Solucao da Equacao da Onda

O problema da corda vibrante e um problema bem posto no sentido de Hadamard se f e de classe C2 e g ede classe C1.

Definicao. Dizemos que uma funcao u : R → R e uma solucao do problema da corda vibrante, se ue contınua em R=(x, t) ∈ R2 : 0 6 x 6 L e t > 0, u ∈ C2(R) e u satisfaz todas as condicoes iniciaise de fronteira.

3.1.4 Outros Tipos de Vibracao

A equacao (3.3) descreve o movimento de uma corda vibrando livremente. No caso em que atuam forcasexternas na corda, a resultante vertical das forcas atuando sobre a corda e modificada levando-se em contaestas forcas, de modo que obtemos diferentes equacoes para descrever o movimento da corda:

1. Vibracoes forcadas: Se F (x, t) e uma forca externa transversal atuando em cada ponto x da corda noinstante de tempo t, levando em conta este termo na deducao da equacao da onda acima, vemos quea equacao que descreve o movimento da onda e dada por

utt = c2uxx +F (x, t)

ρ.

Por exemplo, se a unica forca externa que atua na corda e a forca gravitacional, entao F (x, t) = −ρ(x)ge portanto

utt = c2uxx − g

2. Vibracoes amortecidas: Se a corda estiver imersa em um fluido que opoe uma resistencia ao movimentoda corda, e esta forca for proporcional a velocidade da corda, temos

utt = c2uxx − kut.

Se o atrito depender do quadrado da velocidade da corda, entao teremos uma equacao nao-linear:

utt = c2uxx − ku2t .

Neste curso nao estudamos equacoes nao lineares.


3. Vibracoes sob a acao de uma forca restauradora:

utt = c2uxx − ku.

3.2 Solucao pelo Metodo de Separacao de Variaveis e Series deFourier

Vamos resolver o problema da corda vibrante com extremidades fixas pelo metodo de separacao de variaveis:

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g(x) se 0 6 x 6 L,

(3.4)

onde f(0) = f(L) = f ′′(0) = f ′′(L) = g(0) = g(L) = 0 e c e uma constante. Escrevendo u(x, t) = F (x)G(t),obtemos as equacoes diferenciais ordinarias

F ′′(x)− σF (x) = 0 se 0 < x < L,F (0) = F (L) = 0,

(3.5)

eG′′(t)− σc2G(t) = 0. (3.6)

Como de costume, para resolver (3.5), analizamos o sinal de σ e concluımos que a unica possibilidade dese obter solucoes que nao sejam identicamente nulas e quando σ < 0. Neste caso, denotando λ =

√−σ, asolucao geral de (3.5) e da forma


A condicao inicial F (0) = F (L) = 0 implica que as constantes reais c1, c2 devem satisfazer o sistema

c1 = 0c2λ sen λL = 0

e portanto devemos ter λL = nπ, onde n ∈ N pode ser um inteiro positivo qualquer. Portanto, para cadavalor de n, uma solucao para o problema de Sturm-Liouville (3.5) e a autofuncao

Fn(x) = sennπx

L, (3.7)

associada ao autovalor

−σ = λ2n =

n2π2

L2.

Agora o problema (3.6) e

G′′(t) +c2n2π2

L2G(t) = 0,

cuja solucao geral e

Gn(t) = an coscnπt

L+ bn sen

cnπt

L. (3.8)

Portanto, as solucoes fundamentais da equacao da onda que satisfazem as condicoes de fronteira sao asfuncoes

un(x, t) = sennπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

). (3.9)


O candidato a solucao de (3.4) e a serie infinita

u(x, t) =∞∑

n=1

sennπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

).

Os seus coeficientes an, bn sao determinados atraves das condicoes iniciais. Como u(x, 0) = f(x), temos

f(x) =∞∑

n=1

an sennπx

L,

ou seja, cn sao os coeficientes da serie de Fourier em senos de f :

an =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx.

Derivando termo a termo a serie acima em relacao a t, encontramos

ut(x, t) =∞∑

n=1

cnπ

Lsen

nπx

L

(−an sen

cnπt

L+ bn cos

cnπt

L

).

Como ut(x, 0) = g(x), segue que

g(x) =∞∑

n=1

cnπ

Lbn sen

nπx

L

ecnπ

Lbn sao portanto os coeficientes da serie de Fourier em senos de g:

bn =2

cnπ

∫ L

0

g(x) sennπx

Ldx.

Exemplo 3.1. Resolva o problema

utt = uxx se 0 < x < π e t > 0,u(0, t) = u(π, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = sen x se 0 6 x 6 π,ut(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 π.

Pelo metodo de separacao de variaveis, obtemos

u(x, t) = sen x cos t.

Observe que em cada instante de tempo t a forma da corda e uma senoidal, cuja amplitude varia demaneira periodica. Por exemplo,

u(x, 0) = sen x, u(x, 5π/4) = −√

22 sen x,

u(x, π/4) =√

22 sen x, u(x, 3π/2) = 0,

u(x, π/2) = 0, u(x, 7π/4) =√

22 sen x

u(x, 3π/4) = −√

22 sen x, u(x, 2π) = sen x.

u(x, π) = − senx,

¤


O exemplo anterior ilustra de forma clara a diferenca da equacao do calor para a equacao da onda. Naequacao da onda, o termo dependente de t tambem e uma funcao periodica, de modo que a corda vibra. Naequacao do calor, diferentemente, o termo dependente de t e um decaimento exponencial em t: o calor sepropaga (e se dissipa) rapidamente.


utt = uxx se 0 < x < π e t > 0,u(0, t) = u(π, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 π,ut(x, 0) = sen x se 0 6 x 6 π.

Pelo metodo de separacao de variaveis, obtemos

u(x, t) = sen x sen t.

Aqui tambem a forma da corda e uma senoidal em cada instante de tempo t, cuja amplitude varia demaneira periodica. Apenas o intervalo de tempo e deslocado de uma constante, porque a corda comecado repouso:

u(x, 0) = 0, u(x, 5π/4) = −√

22 sen x,

u(x, π/4) =√

22 sen x, u(x, 3π/2) = sen x,

u(x, π/2) = sen x, u(x, 7π/4) = −√

22 sen x

u(x, 3π/4) =√

22 sen x, u(x, 2π) = 0.

u(x, π) = 0,

¤

Mais uma vez, e possıvel provar rigorosamente que este candidato e de fato a unica solucao para oproblema (3.4) sob hipoteses razoaveis:

Teorema 3.3. Sejam f, g : [0, L] → R, f de classe C2 e g de classe C1, tais que f(0) = f(L) = f ′′(0) =f ′′(L) = g(0) = g(L) = 0. Suponha, alem disso, que f ′′′ e g′′ sao contınuas por partes. Entao

u(x, t) =∞∑

n=1

sennπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

)

com

an =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx,

bn =2

cnπ

∫ L

0

g(x) sennπx

Ldx,

e uma solucao para (3.4), contınua em R e de classe C2 em R.

Prova: Para mostrar que u e contınua em R, mostraremos que a serie que defina u converge uniformementeem R. Para provar isso pelo teste-M de Weierstrass, basta mostrar que

∞∑n=1

(|an|+ |bn|) (3.10)


e convergente. Integrando por partes duas vezes (como fizemos para estimatir os coeficientes de Fourier noCapıtulo 1) e usando as hipoteses que f e de classe C2 e que f(0) = f(L) = 0, obtemos

an =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx =

2L

[− L

nπf(x) cos

nπx

L

∣∣∣L

0+

L

nπ

∫ L

0

f ′(x) cosnπx

Ldx

]

=2

nπ

∫ L

0

f ′(x) cosnπx

Ldx =

2nπ

[L

nπf ′(x) sen

nπx

L

∣∣∣L

0− L

nπ

∫ L

0

f ′′(x) sennπx

Ldx

]

= − 2L

n2π2

∫ L

0

f ′′(x) sennπx

Ldx.

Como pelo Lema de Riemann Lebesgue∫ L

0

f ′′(x) sennπx

Ldx → 0 quando n →∞,

segue que existe uma constante C independente de n tal que

|an| 6 C

n2. (3.11)

Analogamente, integrando por partes uma vez e usando as hipoteses que g(0) = g(L) = 0 e g e de classe C1,obtemos

bn =2

cnπ

∫ L

0

g(x) sennπx

Ldx = bn =

2cnπ

[− L

nπg(x) cos

nπx

L

∣∣∣L

0+

L

nπ

∫ L

0

g′(x) cosnπx

Ldx

]

=2L

cn2π2

∫ L

0

g′(x) cosnπx

Ldx,

de modo que concluımos tambem que existe uma constante C independente de n tal que

|bn| 6 C

n2. (3.12)

Segue de (3.11) e (3.12) que a serie (3.10) converge, logo u e contınua em R.Se integrarmos por partes (3.11) mais uma vez e usarmos as hipoteses f ′′(0) = f ′′(L) = 0 e que f ′′′ e

contınua por partes, obtemos

an = − 2L

n2π2

[− L

nπf ′′(x) cos

nπx

L

∣∣∣L

0+

L

nπ

∫ L

0

f ′′′(x) cosnπx

Ldx

]

= − 2L2

n3π3

∫ L

0

f ′′′(x) sennπx

Ldx

= − 2L2

n3π3cn, (3.13)

onde cn sao os coeficientes de Fourier de f ′′′. Da mesma forma, integrando por partes (3.12) mais uma vezobtemos

bn =2L

cn2π2

[L

nπg′(x) sen

nπx

L

∣∣∣L

0− L

nπ

∫ L

0

g′′(x) sennπx

Ldx

]

=2L2

cn3π3

∫ L

0

g′′(x) sennπx

Ldx

=2L2

cn3π3dn, (3.14)


onde dn sao os coeficientes de Fourier de g′′. Porque f ′′′ e g′′ sao contınuas por partes, pelo lema de Riemann-Lebesgue temos que cn, dn → 0 quando n →∞, logo segue de (3.13) e (3.14) que existe uma constante C > 0tal que

|an| , |bn| 6 C

n3,

logo a serie∞∑

n=1

n (|an|+ |bn|)

converge, o que prova que u e de classe C1 em R e que podemos derivar a serie que define u termo a termopara obter

ux(x, t) =π

L

∞∑n=1

n cosnπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

),

ut(x, t) =cπ

L

∞∑n=1

n sennπx

L

(−an sen

cnπt

L+ bn cos

cnπt

L

).

Usando (3.13) e (3.14) novamente, podemos escrever

|an| 6 C

n3|cn| e |bn| 6 C

n3|dn| .

Logo, usando a desigualdade ab 6 12

(a2 + b2

), temos

n2 |an| 6 C

2

(1n2

+ |cn|2)

,

n2 |bn| 6 C

2

(1n2

+ |dn|2)

.

Daı,∞∑

n=1

n2 (|an|+ |bn|) 6 C

2

[ ∞∑n=1

1n2

+∞∑

n=1

|cn|2 +∞∑

n=1

|dn|2]

.

Como as tres series do lado direito sao convergentes (as duas ultimas pela desigualdade de Bessel), segueque u e de classe C2 em R e que podemos derivar as series que definem as derivadas primeiras de u termo atermo para obter as derivadas segundas de u:

uxx(x, t) = −π2

L2

∞∑n=1

n2 sennπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

),

utt(x, t) = −c2π2

L2

∞∑n=1

n2 sennπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

);

em particular, vemos que utt = c2uxx. E facil ver que as condicoes inicial e de fronteira sao verificadas. ¥Como veremos no Teorema 3.5, as hipoteses sobre a derivada terceira de f e a derivada segunda de g podemser removidas; de fato, nao e nem mesmo necessario que existam f ′′′ e g′′ para que a equacao da onda possuasolucao de classe C2.

3.2.1 Exercıcios

Exercıcio 3.1. Use o metodo de separacao de variaveis para resolver os seguintes problemas de valor ini-cial e de fronteira (em alguns problemas, pode ser necessario encontrar antes a solucao de “estadoestacionario”).


(a)

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f (x) , ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

(b)

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = 0, ux(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f (x) , ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

(c)

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = A, u(L, t) = B se t > 0,u(x, 0) = f (x) , ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

(d)

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = A + Bt, u(L, t) = C + Dt se t > 0,u(x, 0) = f (x) , ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

(e) (Corda sujeita a acao da gravidade)

utt = c2uxx − g se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f (x) , ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

(f) (Corda sujeita a acao de uma forca restauradora)

utt = c2uxx − αu se 0 < x < L e t > 0, α > 0,u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f (x) , ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

(g) (Corda sujeita a acao de uma forca dissipativa)

utt = c2uxx − 2but se 0 < x < L e t > 0, b > 0,u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f (x) , ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

(h) (Corda Dedilhada)

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,

com f(x) =

h

ax se 0 6 x 6 a,

hL− x

L− ase a 6 x 6 L.

(i) (Corda percurtida por um martelo plano) Para 0 < a < L e δ > 0 pequeno:

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L,

com g(x) =

v se |x− a| 6 δ,0 se |x− a| > δ.

(j) (Corda percurtida por um martelo convexo) Para 0 < a < L e δ > 0 pequeno:

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L,

com g(x) =

v cos

π (x− a)2δ

se |x− a| 6 δ,

0 se |x− a| > δ.


Exercıcio 3.2. Usando algum software matematico (Scilab, Mupad, Maple, Matlab, Mathematica, etc.) oualgum pacote grafico (OpenGL, Java2D, etc.), plote os graficos de algumas das solucoes do exercıcioanterior e veja como a solucao evolui com o tempo.

Exercıcio 3.3. Prove que as solucoes que voce encontrou no Exercıcio 3.2 (a), (c), (d) e (e) sao contınuasem R e de classe C2 em R. O que voce pode dizer sobre as solucoes que voce encontrou nos ıtens (f),(g) e (h)?

Exercıcio 3.4. (Princıpio de Duhamel) Mostre que a solucao do problema de Dirichlet para a equacao daonda nao-homogenea com condicoes iniciais homogeneas

utt = c2uxx + q(x, t) se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,

e dada por

u(x, t) =∫ t

0

u(x, t; s) ds,

onde u (x, t, s) e a solucao do problema de Dirichlet para a equacao da onda homogenea

utt (x, t; s) = c2uxx (x, t; s) se 0 6 x 6 L e t > s,u(0, t; s) = u(L, t; s) = 0 se t > s,u(x, s; s) = 0 se 0 6 x 6 L,ut(x, s; s) = q(x, s) se 0 6 x 6 L.

Exercıcio 3.5. Use o exercıcio anterior para resolver o problema

utt = c2uxx + q(x, t) se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f (x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g (x) se 0 6 x 6 L.

3.3 A Solucao de D’Alembert

3.3.1 Solucao Geral da Equacao da Onda

Em geral, a existencia de uma solucao geral e tıpico das equacoes diferenciais ordinarias e excepcional emse tratando de equacoes diferenciais parciais. Vamos agora ver que a equacao das ondas e uma equacaodiferencial parcial atıpica, no sentido de que ela possui uma solucao geral:

Teorema 3.4. (Solucao de D’Alembert, 1747) Suponha que u e uma funcao de classe C2 que satisfaz aequacao da onda

utt = c2uxx

onde c e uma constante. Entao existem funcoes F, G : R→ R de classe C2 tais que

u(x, t) = F (x + ct) + G(x− ct). (3.15)

Alem disso, esta e a solucao geral da equacao da onda.


Prova: Vamos introduzir novas variaveis

r = x + ct e s = x− ct

e definir uma nova funcao v(r, s) por

v(r, s) = v(x + ct, x− ct) = u(x, t).

Pela regra da cadeia, segue que

ux = vrrx + vssx = vr + vs,

uxx = (ux)x = (vr + vs)x = vrrrx + vrssx + vsrrx + vsssx = vrr + 2vrs + vss,

e

ut = vrrt + vsst = c(vr − vs),

utt = (ut)t = c(vr − vs)t = c[vrrrt + vrsst − vsrrt − vssst] = c2(vrr − 2vrs + vss).

Aqui usamos o fato de que v e de classe C2 para garantir que vrs = vsr.Como utt = c2uxx, segue que

c2(vrr − 2vrs + vss) = c2(vrr + 2vrs + vss)

e, portanto,vrs = 0.

E facil resolver esta equacao por integracao simples. Por exemplo, (vr)s = 0 implica que vr e constante emrelacao a s, isto e, vr e uma funcao apenas de r:

vr(r, s) = f(r);

em particular, f e de classe C1. Daı, integrando novamente obtemos

v(r, s) =∫

f(r)dr + G(s).

Definindo F (r) =∫

f(r)dr, segue que F e de classe C2 e

v(r, s) = F (r) + G(s).

Como G(s) = v(r, s)− F (r), temos que G tambem e de classe C2.Voltando as variaveis originais x, t, concluımos portanto que

u(x, t) = v(x + ct, x− ct) = F (x + ct) + G(x− ct)

com F e G de classe C2.Reciprocamente, qualquer funcao u da forma u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct), onde F,G sao funcoes de

classe C2, e uma solucao de classe C2 da equacao da onda, pois

ux = F ′(x + ct) + G′(x− ct),uxx = F ′′(x + ct) + G′′(x− ct),ut = cF ′(x + ct)− cG′(x− ct),

utt = c2F ′′(x + ct) + c2G′′(x− ct) = c2uxx.

¥A expressao F (x + ct) e chamada uma onda viajante movendo-se para a esquerda com velocidade c, porqueo grafico de F (x + ct) e o grafico de F (x) deslocado ct unidades para a esquerda. Analogamente, G(x− ct)e uma onda viajante movendo-se para a direita com velocidade c. A solucao da equacao da onda e portantoa soma de duas ondas viajantes, movendo-se com a mesma velocidade mas em sentidos opostos.


3.3.2 Solucao do Problema de Dirichlet para a Equacao da Onda pelo Metodode D’Alembert

O teorema da subsecao anterior nao nos diz que forma as funcoes F e G devem assumir, especialmente sequisermos considerar um problema com valores inicial e de fronteira especificados. A forma de F e G parao problema de Dirichlet e sugerida quando comparamos a solucao de D’Alembert com a solucao obtida parao problema atraves do metodo de separacao de variaveis e series de Fourier na secao anterior

u(x, t) =∞∑

n=1

sennπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

),

onde

an =2L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx,

bn =2

cnπ

∫ L

0

g(x) sennπx

Ldx.

De fato, usando as identidades trigonometricas, temos

sennπx

Lcos

cnπt

L=

12

[sen

nπ(x + ct)L

+ sennπ(x− ct)

L

],

sennπx

Lsen

cnπt

L=

12

[cos

nπ(x− ct)L

− cosnπ(x + ct)

L

],

de modo que

u(x, t) =12

∞∑n=1

[an sen

nπ(x + ct)L

− bn cosnπ(x + ct)

L

]+

12

∞∑n=1

[an sen

nπ(x− ct)L

+ bn cosnπ(x− ct)

L

],

ou seja,

F (r) =12

∞∑n=1

[an sen

nπr

L− bn cos

nπr

L

],

G(s) =12

∞∑n=1

[an sen

nπs

L+ bn cos

nπs

L

].

Como an sao os coeficientes de Fourier da extensao periodica ımpar de perıodo 2L da funcao f , que deno-taremos por f , segue que

12

∞∑n=1

an sennπx

L=

12f (x) .

Por outro lado,cnπbn

Lsao os coeficientes de Fourier da extensao periodica ımpar de perıodo 2L da funcao

g; bn nao sao os coeficientes de Fourier da extensao periodica par de perıodo 2L da funcao g. Para resolvereste problema, observe que ao integramos termo a termo

g (x) =∞∑

n=1

cnπbn

Lsen

nπx

L,

obtemos ∫ x

0

g (ξ) dξ = −c

∞∑n=1

bn cosnπx

L


Assim, se denotarmos por g a extensao periodica ımpar de perıodo 2L da funcao g, temos que

12

∞∑n=1

bn cosnπr

L= − 1

2c

∫ x

0

g(ξ) dξ.

Em outras palavras,

F (r) =12f (r) +

12c

∫ r

0

g(ξ) dξ,

G(s) =12f (s)− 1

2c

∫ s

0

g(ξ) dξ,

e

u(x, t) =12f (x + ct) +

12c

∫ x+ct

0

g(ξ) dξ +12f (x− ct)− 1

2c

∫ x−ct

0

g(ξ) dξ

=12[f(x + ct) + f(x− ct)] +

12c

∫ x+ct

x−ct

g(ξ) dξ.

Agora observe que, diferentemente do enunciado do Teorema 3.3, as funcoes F e G, e portanto a solucaou, serao de classe C2 simplesmente se exigirmos que f seja de classe C2 (desde que, alem disso, f ′′(0) =f ′′(L) = 0) e g seja de classe C1. Estas consideracoes nos levam a enunciar o seguinte resultado:

Teorema 3.5. (Solucao de D’Alembert para o Problema de Dirichlet) Sejam f, g : [0, L] → R, f de classeC2 e g de classe C1, tais que f(0) = f(L) = f ′′(0) = f ′′(L) = g(0) = g(L) = 0. Entao

u(x, t) =12[f(x + ct) + f(x− ct)] +

12c

∫ x+ct

x−ct

g(s) ds, (3.16)

onde f , g sao as extensoes periodicas ımpares de f, g, respectivamente, com perıodo 2L, e a unicasolucao para (3.4), contınua em R e de classe C2 em R. Alem disso, (3.4) e bem posto no sentido deHadamard.

Prova: Pelo Teorema 3.4, existem funcoes F,G : R→ R de classe C2 tais que

u(x, t) = F (x + ct) + G(x− ct).

As funcoes F e G nao podem ser determinadas de maneira unica, porque se c e uma constante arbitraria,entao F + c e G − c levam a mesma solucao para o problema. Mas, por este mesmo motivo, nao ha perdade generalidade se impusermos a condicao

F (0) = 0.

Alem disso, o problema envolve apenas os valores de x e t tais que 0 6 x 6 L e t > 0, logo apenas osvalores de F em [0, +∞) e de G em (−∞, L] sao relevantes para a solucao. Estes valores serao unicamentedeterminados pelas condicoes iniciais e de fronteira.

Das condicoes iniciais do problema, obtemos

F (x) + G(x) = f(x),cF ′(x)− cG′(x) = g(x),

se 0 6 x 6 L. Como f(0) = F (0) = 0, segue que G(0) = 0. Integrando a ultima expressao, obtemos

F (x)−G(x) =1c

∫ x

0

g(s) ds


se 0 6 x 6 L. Concluımos que

F (x) =12f(x) +

12c

∫ x

0

g(s) ds,

G(x) =12f(x)− 1

2c

∫ x

0

g(s) ds

para x ∈ [0, L]. Para encontrar os valores de F e G alem deste intervalo, usamos as condicoes de fronteira.De u(0, t) = 0 para todo t > 0, obtemos F (ct) + G(−ct) = 0 para todo t > 0, isto e,

F (x) + G(−x) = 0 para todo x > 0, (3.17)

e de u(L, t) = 0 para todo t > 0, obtemos F (L + ct) + G(L− ct) = 0 para todo t > 0, isto e,

F (L + x) + G(L− x) = 0 para todo x > 0. (3.18)

Em particular, de (3.17) segue que G(x) = −F (−x) para todo x 6 0, logo

G(x) = −F (−x) = −12f(−x)− 1

2c

∫ −x

0

g(s) ds para todo − L 6 x 6 0.

(Em outras palavras, G em [−L, 0] e a extensao ımpar da restricao de F ao intervalo [0, L].) Agora, se f , gsao as extensoes periodicas ımpares de f, g, respectivamente, com perıodo 2L, entao para x 6 0 temos

f(x) = −f(−x),∫ −x

0

g(s) ds = −∫ −x

0

g(−s) ds =∫ x

0

g(s) ds,

de modo que

G(x) =12f(x)− 1

2c

∫ x

0

g(s) ds para todo − L 6 x 6 L.

De (3.17), segue que

F (x) =12f(x) +

12c

∫ x

0

g(s) ds para todo − L 6 x 6 L.

Por outro lado, de (3.18) e (3.17) segue que

G(L− x) = −F (L + x) = −G(−L− x) para todo x > 0,

ou, tomando x = −y + L,G(y) = G(y − 2L) para todo y 6 L,

o que significa que G e a restricao a (−∞, L] de uma funcao periodica de perıodo 2L. Segue entao de (3.17)que o grafico de F em [0,+∞) e obtido do grafico de G em (−∞, 0] por simetria com respeito a origem, demodo que F e a restricao a [0, +∞) de uma funcao periodica de perıodo 2L. Portanto,

F (x) =12f(x) +

12c

∫ x

0

g(s) ds para todo x > 0,

G(x) =12f(x)− 1

2c

∫ x

0

g(s) ds para todo x 6 L.(3.19)

Para que F e G sejam de classe C2, precisamos que f seja de classe C2 e que g seja de classe C1. Alemdisso, como f e ımpar, derivando f(x) = −f(−x) duas vezes produz f ′′(x) = −f ′′(−x) para todo x; em


particular, f ′′(0) = −f ′′(0), o que implica f ′′(0) = 0, e f ′′(L) = −f ′′(−L) = −f ′′(L) (porque f tem perıodo2L), logo f ′′(L) = 0 tambem.

Como F e G foram determinadas de maneira unica nos intervalos [0, +∞) e (−∞, L], respectivamente,segue que a unica solucao para o problema e

u(x, t) =12[f(x + ct) + f(x− ct)] +

12c

∫ x+ct

x−ct

g(s) ds.

E facil verificar a partir daı que a solucao depende continuamente dos valores iniciais, pois se u1 e u2 saosolucoes de (3.4) correspondentes aos valores iniciais f1, g1 e f2, g2, respectivamente, entao

|u1(x, t)− u2(x, t)| 6 12

∣∣∣f1(x + ct) + f1(x− ct)− f2(x + ct)− f2(x− ct)∣∣∣ +

12c

∣∣∣∣∫ x+ct

x−ct

[g1(s)− g2(s)] ds

∣∣∣∣

6 12

∣∣∣f1(x + ct)− f2(x + ct)∣∣∣ +

12

∣∣∣f1(x− ct)− f2(x− ct)∣∣∣ +

12c

max[x−ct,x+ct]

|g1 − g2|∫ x+ct

x−ct

ds,

Como∣∣∣f1(x + ct)− f2(x + ct)

∣∣∣ 6 max[0,L]

|f1 − f2| ,∣∣∣f1(x− ct)− f2(x− ct)

∣∣∣ 6 max[0,L]

|f1 − f2| ,

porque f1 − f2 tem perıodo 2L e e ımpar, e

∣∣∣∣∫ x+ct

x−ct

[g1(s)− g2(s)] ds

∣∣∣∣ 6∣∣∣∣∣∫ L

0

[g1(s)− g2(s)] ds

∣∣∣∣∣ 6∫ L

0

|g1(s)− g2(s)| ds

6 max[0,L]

|g1 − g2|∫ L

0

ds = L max[0,L]

|g1 − g2|

porque g1 − g2 tem perıodo 2L e e ımpar, segue que

|u1 − u2| 6 max[0,L]

|f1 − f2|+ L

2cmax[0,L]

|g1 − g2| .

¥Compare a expressao obtida em (3.19) com a expressao para F e G obtida atraves de series de Fourier.

3.4 Solucao da Equacao da Onda em R3.4.1 Corda Infinita

Usando a solucao de D’Alembert podemos resolver o problema da corda infinita:

utt = c2uxx se x ∈ R e t > 0,u(x, 0) = f(x) se x ∈ R,ut(x, 0) = g(x) se x ∈ R,

onde f, g : R → R sao funcoes de classe C2. Este e um problema de valor inicial apenas, tambem chamadode problema de Cauchy. Ele pode ser pensado como o modelo matematico para uma corda muito longa,de modo que as condicoes sobre as suas extremidades podem ser desprezadas. Este problema nao pode serresolvido por series de Fourier se as funcoes f e g nao forem periodicas, mas usando o mesmo argumento do


Teorema 3.5 (este caso e ainda mais simples e muitos dos detalhes daquela demonstracao sao desnecessarios),obtemos a solucao como sendo

u(x, t) =12[f(x + ct) + f(x− ct)] +

12c

∫ x+ct

x−ct

g(s) ds. (3.20)

3.4.2 Domınio de Dependencia e Cone de Influencia

Observando a solucao de D’Alembert, vemos que o valor da solucao u da equacao da onda no ponto (x, t)depende apenas dos valores das condicoes iniciais no intervalo [x− ct, x + ct]. Este e chamado o intervalo dedependencia do ponto (x, t). Assim o valor de u em (x, t) e obtido atraves de informacao que se propagaa partir de todos os pontos s no intervalo de dependencia. Esta informacao propaga-se com velocidadediferente para cada ponto s, porque cada ponto esta a uma distancia diferente do ponto x. Por exemplo,a informacao devida ao proprio ponto x (que esta no centro do intervalo de dependencia) chega ao pontox instantaneamente, e claro, logo a velocidade de propagacao da informacao e 0. Os pontos mais distantesdo ponto x dentro do intervalo de dependencia sao os pontos x− ct e x + ct; a informacao provinda destespontos chega ao ponto x no instante de tempo t com velocidade c. A informacao provinda dos outros pontosdo intervalo de dependencia chega ao ponto x com velocidade menor que c. Portanto, a velocidade dainformacao que chega no ponto (x, t) e sempre menor ou igual a c. Isso contrasta com a equacao do calor,em que a velocidade de propagacao e infinita. De fato, como vimos, a solucao da equacao do calor na barrainfinita e dada por

u(x, t) =1√4πt

∫

Re−

(x−y)2

4t f(y) dy,

o que implica que o valor da solucao u em (x, t) e influenciado pelos valores da condicao inicial f em todosos pontos y da barra (exceto que o peso destes valores diminui exponencialmente com a distancia de y aoponto x). As retas que ligam (x− ct, 0) a (x, t) e (x + ct, 0) a (x, t) sao chamadas retas caracterısticas.Elas tem inclinacao 1/c e −1/c, respectivamente.

A formula de D’Alembert tambem implica que os valores das condicoes iniciais f e g no ponto (x, 0)influenciam os valores de u apenas no setor determinado pelas semi-retas emanando de (x, 0) com inclinacoes1/c e −1/c. Este setor e chamado o cone de influencia de x (cone, em analogia ao problema da ondatridimensional). Pontos (y, t) fora do cone de influencia de x nao sao afetados pelas condicoes iniciais em x,porque a velocidade de propagacao da informacao nao pode exceder c.

3.4.3 Fenomeno de Huygens

Ainda examinando a solucao de D’Alembert, vemos que se a velocidade inicial e 0, o valor da solucao u daequacao da onda no ponto (x, t) depende apenas do valor da posicao inicial nos extremos x− ct e x + ct dointervalo [x− ct, x + ct]:

u(x, t) =12[f(x + ct) + f(x− ct)].

Esta observacao e a base para a explicacao do princıpio de Huygens: uma perturbacao (pulso) originando emum determinado ponto propaga-se ao longo da frente de onda com velocidade c em dimensoes 1 e 3 (ondasunidimensionais e tridimensionais), mas em dimensao 2 (ondas bidimensionais) continua tendo efeitos mesmodepois que a frente de onda passou. Em outras palavras, fixado um ponto x longe da perturbacao inicial,esta demora um certo tempo ate chegar a x viajando a velocidade c, perturba x durante um momento edepois afasta-se, deixando o ponto x em repouso. No caso de ondas tridimensionais, o fenomeno de Huygensocorre mesmo quando a velocidade inicial nao e nula. Esta e a diferenca entre a propagacao de ondas no ar eno mar. Em ondas bidimensionais a perturbacao inicial continua sempre afetando o ponto x, como pode serobservado quando se joga uma pedra na superfıcie de um lago. Examinaremos a solucao para as equacoesda onda bidimensional e tridimensional mais tarde, e entao teremos a oportunidade de constatar estes fatos.


3.4.4 Exercıcios

Exercıcio 3.6. Usando algum software matematico (Scilab, Mupad, Maple, Matlab, Mathematica, etc.) oualgum pacote grafico (OpenGL, Java2D, etc.), crie uma animacao para ver como as funcoes F e G sesobrepoe para criar a solucao u para o problema de Dirichlet da equacao da onda em um intervalo[0, L]. Escolha varios pares de funcoes F e G que satisfacam as condicoes do Teorema 3.5.

Exercıcio 3.7. Mostre que a solucao geral para a equacao da onda nao-homogenea

utt = c2uxx − g

eu (x, t) =

g

2c2x (x− 1) + F (x + ct) + G(x− ct),

onde F e G sao funcoes arbitrarias de classe C2.

Exercıcio 3.8. Encontre a solucao de D’Alembert do problema de Neumann homogeneo para a equacao daonda.

Exercıcio 3.9. Encontre a solucao de D’Alembert do problema de Robin homogeneo para a equacao daonda com condicoes de fronteira u(0, t) = 0, ux(L, t) = 0.

Exercıcio 3.10. Mostre que a solucao geral para a equacao da onda nao-homogenea

utt = c2uxx + q (x, t)

eu (x, t) = F (x + ct) + G(x− ct) +

12c

∫

T

q (r, s) drds,

onde F e G sao funcoes arbitrarias de classe C2 e T e o triangulo de vertices (x− ct, 0), (x + ct, 0) e(x, t).

3.5 Harmonicos, Energia da Corda e Unicidade de Solucao paraa Equacao da Onda

3.5.1 Harmonicos

A solucao de D’Alembert e simples se comparada com a solucao usando series de Fourier (solucao dada porBernoulli), mas ela tem um inconveniente serio: e muito difıcil enxergar as vibracoes atraves dela, pois aperiodicidade da solucao com respeito a variavel t nao e visıvel, a nao ser nos casos mais simples.

A vantagem da solucao em serie de Fourier e que as vibracoes da corda sao facilmente discernıveis. Con-sidere a solucao para o problema da corda livremente vibrante em pequenas amplitudes, com extremidadesfixadas, que obtivemos anteriormente:

u(x, t) =∞∑

n=1

sennπx

L

(an cos

cnπt

L+ bn sen

cnπt

L

).

Esta expressao pode ser simplificada se definirmos

θn = arctanan

bn

eαn =

√a2

n + b2n,


de modo que podemos escrever

an coscnπt

L+ bn sen

cnπt

L= αn sen

(cnπt

L+ θn

)

porque

αn sen(

cnπt

L+ θn

)= αn sen

cnπt

Lcos θn + αn cos

cnπt

Lsen θn

= αn sencnπt

L

cn√c2n + d2

n

+ +αn coscnπt

L

dn√c2n + d2

n

= an coscnπt

L+ bn sen

cnπt

L.

Portanto,

u(x, t) =∞∑

n=1

αn sennπx

Lsen

(cnπt

L+ θn

). (3.21)

Esta e a chamada solucao de Bernoulli (1753) e e imediatamente passıvel de interpretacoes fısicas. Paracada n, as vibracoes individuais

un(x, t) = αn sennπx

Lsen

(cnπt

L+ θn

)

sao chamadas harmonicos. A vibracao da corda e a superposicao destes infinitos harmonicos. Se consider-armos apenas o harmonico un cada ponto da corda se move com as seguintes caracterısticas:

amplitude αn sennπx

L,

fase θn,

perıodo2L

cn,

frequenciacn

2L.

Em particular, a frequencia em todos pontos da corda para cada harmonico e um multiplo inteiro de c/2Laumentando linearmente com n. A frequencia do primeiro harmonico, chamado o harmonico fundamental,e a chamada a frequencia fundamental da corda:

ω1 =c

2L=

12L

√τ

ρ.

Note ainda que para cada harmonico existem pontos da corda que nao se movem (os zeros da funcao sennπx

L);

estes sao chamados pontos nodais.O ouvido humano e capaz de distinguir poucos harmonicos. Isso se deve nao so pelo fato da frequencia dos

harmonicos aumentar linearmente com o ındice n, como tambem porque a amplitude e, consequentemente,a energia destes harmonicos decrescer com n. Para ver isso, vamos calcular a energia de cada harmonico.

3.5.2 Energia da Corda

A energia de uma corda vibrante, em cada instante de tempo, tem duas componentes: a energia potencial,devida a tensao da corda, e a energia cinetica, devida a sua velocidade. Se a tensao τ e constante, estas sao


dadas, respectivamente, por

U =12

∫ L

0

τu2x(x, t) dx,

K =12

∫ L

0

ρ(x)u2t (x, t) dx.

A segunda e clara. Para ver como foi obtida a primeira, observe que o trabalho da forca de tensao verticalna direcao transversal em um ponto x da corda e dado por

T (x) = τuxx(x, t)dx du = τuxx(x, t)ut dxdt

de modo que o trabalho total realizado pela forca de tensao na corda desde o instante 0 ate o instante t0 e

T =∫ t0

0

∫ L

0

τuxx(x, t)ut dxdt.

Integrando por partes, obtemos

T =∫ t0

0

[τux(x, t)ut(x, t)|L0 −

∫ L

0

τux(x, t)utx(x, t) dx

]dt

= −∫ t0

0

∫ L

0

τux(x, t)uxt(x, t) dxdt,

se as extremidades da corda estao fixadas de modo que ut(0, t) = ut(L, t) = 0, ou se as condicoes de fronteirasao tais que ux(0, t) = ux(L, t) = 0. Logo,

T = −∫ t0

0

12

d

dt

(∫ L

0

τu2x(x, t) dx

)dt

=12

∫ L

0

τu2x(x, 0) dx− 1

2

∫ L

0

τu2x(x, t0) dx,

o que mostra que o trabalho da tensao para levar a corda da configuracao inicial para a configuracao finaldepende apenas destas duas e portanto independe das configuracoes intermediarias, o que nos permite definiresta expressao como uma energia potencial.

Assim, para cada n, a energia total do harmonico un e (supondo τ e ρ constantes)

En = Un + Kn =12

∫ L

0

τ [(un)x]2 dx +12

∫ L

0

ρ(x)[(un)t]2 dx

=τ

2α2

nn2π2

L2

∫ L

0

cos2nπx

Lsen2

(cnπt

L+ θn

)dx +

ρ

2α2

nc2n2π2

L2

∫ L

0

sen2 nπx

Lcos2

(cnπt

L+ θn

)dx

=τ

2α2

nn2π2

L2sen2

(cnπt

L+ θn

) ∫ L

0

cos2nπx

Ldx +

ρ

2α2

nc2n2π2

L2cos2

(cnπt

L+ θn

) ∫ L

0

sen2 nπx

Ldx

=τ

2α2

nn2π2

L2sen2

(cnπt

L+ θn

)L

2+

ρ

2α2

nc2n2π2

L2cos2

(cnπt

L+ θn

)L

2

=α2

nn2π2

4L

[τ sen2

(cnπt

L+ θn

)+ ρc2 cos2

(cnπt

L+ θn

)].

Como c2 = τ/ρ, segue que

En =α2

nρc2n2π2

4L= Mπ2α2

nω2n,


onde M = Lρ e a massa total da corda, αn e a amplitude maxima do harmonico e ωn = cn2L a frequencia do

harmonico. Desta expressao, nao parece obvio que a energia de cada harmonico decresce, mas a observacaoseguinte prova que isso tem que acontecer.

A energia total da corda e soma das energias dos harmonicos. De fato, como a corda vibrante nestasituacao e um sistema conservativo (nao ha forcas dissipadoras de energia e o sistema e isolado de influenciasexternas ou estas sao desprezıveis), a energia total da corda e a sua energia no instante 0, ou seja,

E =12

∫ L

0

τu2x(x, 0) dx +

12

∫ L

0

ρ(x)u2t (x, 0) dx

=12

∫ L

0

τ [f ′(x)]2 dx +12

∫ L

0

ρ(x)[g(x)]2 dx.

Usando as expressoes em serie de Fourier de f ′ e g e a identidade de Parseval, obtemos

E =τ

2

∞∑n=1

α2nn2π2

L2

L

2+

ρ

2

∞∑n=1

α2nc2n2π2

L2

L

2=

∞∑n=1

En.

Exemplo 3.6. No caso da corda dedilhada (por exemplo, a corda de um violao), o movimento da corda edescrito pelo problema

utt = c2uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L,

onde

f(x) =

h

ax se 0 6 x 6 a,

hL− x

L− ase a 6 x 6 L.

(Supoe-se que o musico dedilha a corda em um ponto distante a da extremidade 0 a uma altura h.) Osharmonicos deste problema sao encontrados diretamente encontrando a serie de Fourier de f (ja quedn = 0, pois nao ha velocidade inicial, o musico simplesmente solta a corda):

un(x, t) =(

2h

a(L− a)L2

n2π2sen

nπa

L

)sen

nπx

Lcos

cnπt

L.

A vibracao total da corda e a superposicao destes harmonicos. Observe que, dependendo do pontoa, alguns harmonicos podem estar ausentes (correspondentes a sen nπa

L = 0); estes sao os chamadosharmonicos mudos. Por exemplo, se a = L/2, todos os harmonicos pares sao mudos. Em geral, se oponto a for um ponto nodal do n-esimo harmonico, este sera mudo. O primeiro harmonico (que naopossui pontos nodais) nunca e mudo.

A altura do som e medida pela frequencia, e em geral ela e dada pelo harmonico fundamental

ω1 =1

2L

√τ

ρ.

Assim, quanto menor o comprimento da corda, maior e a frequencia, recurso utilizado nos instrumentosmusicais e pelos musicos. Alem disso, a frequencia depende da tensao, daı a necessidade de se afinaros instrumentos musicais, pois com o passar do tempo a tensao em suas cordas varia.A intensidadedepende da energia, ja o timbre e uma qualidade que depende da forma global de u(x, t) e portantopermite distinguir entre instrumentos diferentes. ¤


3.5.3 Unicidade de Solucao para a Equacao da Onda

Apesar de termos obtido a unicidade para a solucao da equacao da onda um caso particular acima, no casogeral isso pode ser obtido atraves do princıpio de conservacao de energia (obviamente nao existe umprincıpio do maximo para a equacao da onda, como existe para a equacao do calor).

Teorema 3.7. (Princıpio de Conservacao da Energia) Suponha que u(x, t) seja uma solucao para a equacaoda onda

utt = c2(x, t)uxx

onde c(x, t) = τ/ρ(x) e τ e uma constante positiva satisfazendo

ux(0, t) = ux(L, t) = 0

ouut(0, t) = ut(L, t) = 0.

Se a energia da solucao u no instante t e definida por

E(t) =12

∫ L

0

τu2x(x, t) dx +

12

∫ L

0

ρ(x)u2t (x, t) dx,

entao ela e constante.

Prova: Escreva a equacao da onda na forma

ρ(x)utt = τuxx.

Temos

E′(t) =d

dt

[12

∫ L

0

τu2x(x, t) dx +

12

∫ L

0

ρ(x)u2t (x, t) dx

]

= τ

∫ L

0

ux(x, t)uxt(x, t) dx +∫ L

0

ρ(x)ut(x, t)utt(x, t) dx

= τ

[∫ L

0

ux(x, t)uxt(x, t) dx +∫ L

0

uxx(x, t)ut(x, t) dx

].

Integrando por partes a terceira integral (chamando u = ut, dv = uxxdx, obtemos

∫ L

0

uxx(x, t)ut(x, t) dx = ux(x, t)ut(x, t)|L0 −∫ L

0

uxt(x, t)ut(x, t) dx = −∫ L

0

uxt(x, t)ut(x, t) dx,

e portanto concluımos que E′(t) = 0 para todo t. ¥

Teorema 3.8. A solucao do problema geral da onda, se existir, e unica:

utt = c2(x, t)uxx + k(x, t) se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = h1(t) se t > 0,u(L, t) = h2(t) se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g(x) se 0 6 x 6 L.


Prova: Suponha que u1 e u2 sejam duas solucoes do problema acima. Entao u = u1 − u2 e solucao doproblema

utt = c2(x, t)uxx se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = 0 se 0 6 x 6 L.

E claro que a energia inicial e E(0) = 0. Logo, pelo princıpio de conservacao da energia,

E(t) =12

∫ L

0

τ(t)u2x(x, t) dx +

12

∫ L

0

ρ(x)u2t (x, t) dx = 0

para todo t. Como τ(t) e ρ(x) sao funcoes positivas, segue que ux(x, t) = ut(x, t) = 0, portanto u e constante.Mas u(0, t) = 0, logo esta constante e a constante nula, isto e, u ≡ 0 e portanto u1 = u2. ¥

3.6 Apendice: Corda Suspensa

O problema que descreve uma corda sujeita a acao da gravidade e

utt = c2uxx − g se 0 < x < L e t > 0,u(0, t) = u(L, t) = 0 se t > 0,u(x, 0) = f(x) se 0 6 x 6 L,ut(x, 0) = g(x) se 0 6 x 6 L.

Se as oscilacoes sao pequenas, temos que c e uma constante e a solucao independente do tempo e

v(x) =g

2(x2 − Lx).

Isso nao corresponde a situacao observada na realidade, em que a forma de uma corda suspensa e umacatenaria (isto e, o grafico de uma funcao do tipo cosseno hiperbolico). Isso mostra os limites do nossomodelo fısico. O seu maior limite e neste caso e que o cabo suspenso esta sujeito a grandes oscilacoes. Paraobter a equacao diferencial correta que modela uma corda ou cabo suspenso, e necessario ter um modelofısico mais acurado que permita grandes oscilacoes.

Observe a situacao mostrada na figura abaixo:

Nela consideramos a porcao do cabo suspenso entre os dois pontos marcados na figura, onde um dos pontose o ponto mais baixo do cabo e o outro ponto esta situado a sua direita. Denote por H a forca da tensaohorizontal atuando no ponto mais baixo da curva e por T a tensao atuando no ponto a direita. Se entreestes dois pontos o comprimento do cabo for s e a sua densidade linear for ρ, de modo que o seu peso e


P = mg = (ρs)g, e a tensao T faz um angulo θ com a horizontal, do equilıbrio das forcas resultantes segueque:

T cos θ = H,

T sen θ = gρs.

Daı,v′(x) = tan θ =

gρ

Hs.

Denotando a constante a = gρ/H, e derivando esta expressao uma segunda vez, obtemos

v′′(x) = as′(x).

Por outro lado, como s = s(x) nada mais e que a funcao comprimento de arco, temos

s′(x) =√

1 + [v′(x)]2.

Portanto, a equacao diferencial ordinaria que o cabo suspenso satisfaz e

v′′(x) = a√

1 + [v′(x)]2, (3.22)

bem diferente da equacao anterior v′′(x) = a. Note que esta e uma equacao diferencial nao-linear. A solucaogeral desta equacao diferencial ordinaria de segunda ordem e

v(x) = a cosh(x

a+ c1

)+ c2. (3.23)

Substituindo as condicoes v(0) = 0 e v(L) = 0, obtemos os valores das constantes c1 e c2.

Capıtulo 4

Equacoes Diferenciais ParciaisBidimensionais

Neste capıtulo estudaremos as equacoes da onda e do calor em dimensoes 2 e 3. Isso nos levara naturalmenteao estudo da equacao de Laplace.

4.1 Series de Fourier Duplas

4.1.1 Definicao e Calculo dos Coeficientes

Seja f : [0, a] × [0, b] → R uma funcao de duas variaveis. Gostarıamos de representar f atraves de umaserie infinita de senos e cossenos, da mesma forma que fizemos para funcoes de uma variavel, para com issoresolver equacoes diferenciais parciais bidimensionais.

Primeiro fixe y, de modo a produzir uma funcao fy(x) = f(x, y) de uma variavel. Suponha que para caday fixado a funcao fy : [0, a] → R seja regular o suficiente (por exemplo, satisfaz as hipoteses de regularidadedo teorema de Fourier). Se estendermos fy a uma funcao periodica de perıodo 2a, entao podemos escrever

f(x, y) = fy(x) =a0(y)

2+

∞∑n=1

[an(y) cos

nπx

a+ bn(y) sen

nπx

a

],

onde, para cada y ∈ [0, b], os coeficientes de Fourier sao dados por

an(y) =1a

∫ a

−a

f(x, y) cosnπx

adx para n > 0,

bn(y) =1a

∫ a

−a

f(x, y) sennπx

adx para n > 1.

Em seguida, suponha que cada um dos coeficientes an, bn : [0, b] → R, que na verdade sao funcoes de y, tenharegularidade suficiente, de modo que se estendermos cada um deles a uma funcao periodica de perıodo 2b,podemos escrever

an(y) =an0

2+

∞∑m=1

(anm cos

mπy

b+ bnm sen

mπy

b

)para n > 0,

bn(y) =cn0

2+

∞∑m=1

(cnm cos

mπy

b+ dnm sen

mπy

b

)para n > 1,

onde

120


anm =1b

∫ b

−b

an(y) cosmπy

bdy para m > 0,

bnm =1b

∫ b

−b

an(y) senmπy

bdy para m > 1,

e

cnm =1b

∫ b

−b

bn(y) cosmπy

Ldy para m > 0,

dnm =1b

∫ b

−b

bn(y) senmπy

Ldy para m > 1.

Em outras palavras,

f(x, y) =12

[a00

2+

∞∑m=1

(a0m cos

mπy

b+ b0m sen

mπy

b

)]

+∞∑

n=1

[an0

2+

∞∑m=1

(anm cos

mπy

b+ bnm sen

mπy

b

)]cos

nπx

a

+∞∑

n=1

[cn0

2+

∞∑m=1

(cnm cos

mπy

b+ dnm sen

mπy

b

)]sen

nπx

a,

de modo que

f(x, y) =a00

4+

12

∞∑n=1

(an0 cos

nπx

a+ cn0 sen

nπx

a

)+

12

∞∑m=1

(a0m cos

mπy

b+ b0m sen

mπy

b

)(4.1)

+∞∑

n,m=1

(anm cos

nπx

acos

mπy

b+ bnm cos

nπx

asen

mπy

b+ cnm sen

nπx

acos

mπy

b+ dnm sen

nπx

asen

mπy

b

),

onde

anm =1ab

∫ a

−a

∫ b

−b

f(x, y) cosnπx

acos

mπy

bdxdy para n,m > 0,

bnm =1ab

∫ a

−a

∫ b

−b

f(x, y) cosnπx

asen

mπy

bdxdy para n > 0,m > 1,

cnm =1ab

∫ a

−a

∫ b

−b

f(x, y) sennπx

acos

mπy

bdxdy para n > 1,m > 0,

dnm =1ab

∫ a

−a

∫ b

−b

f(x, y) sennπx

asen

mπy

bdxdy para n,m > 1.

(4.2)

Precisamos enunciar com mais rigor as condicoes que f precisa satisfazer para que a serie definida acima sejaconvergente e convirja para f . Isto e feito atraves do seguinte teorema, cuja demonstracao nao sera dadaaqui (veja [5]):

Teorema 4.1. Seja f : R2 −→ R uma funcao de classe C1, periodica de perıodo 2a na variavel x e periodicade perıodo 2b na variavel y e tal que existe a derivada parcial mista fxy em cada ponto. Entao a seriede Fourier de f definida acima converge uniformemente para f .


4.1.2 Funcoes de Duas Variaveis Pares e Impares

Suponha que f : R2 −→ R seja uma funcao periodica nas duas variaveis, de perıodo 2a na variavel x e deperıodo 2b na variavel y, que possui uma serie de Fourier dupla. Temos as seguintes situacoes:

• f e par com relacao a ambas as variaveis x e y:

anm =1ab

∫ a

−a

[∫ b

−b

f(x, y) cosmπy

b

]cos

nπx

adxdy =

1ab

∫ a

−a

[2∫ b

0

f(x, y) cosmπy

bdy

]cos

nπx

adx

=2ab

∫ b

0

[∫ a

−a

f(x, y) cosnπx

adx

]cos

mπy

bdy =

2ab

∫ b

0

[2∫ a

0

f(x, y) cosnπx

adx

]cos

mπy

bdy

=4ab

∫ a

0

∫ b

0

f(x, y) cosnπx

acos

mπy

bdxdy,

bnm =1ab

∫ a

−a

[∫ b

−b

f(x, y) senmπy

bdy

]cos

nπx

adx = 0,

cnm =1ab

∫ b

−b

[∫ a

−a

f(x, y) sennπx

adx

]cos

mπy

bdy = 0,

dnm =1ab

∫ b

−b

[∫ a

−a

f(x, y) sennπx

adx

]sen

mπy

bdy = 0.

• f e ımpar com relacao a ambas as variaveis x e y:

anm =1ab

∫ a

−a

[∫ b

−b

f(x, y) cosmπy

b

]cos

nπx

adxdy = 0,

bnm =1ab

=1ab

∫ b

−b

[∫ a

−a

f(x, y) cosnπx

adx

]sen

mπy

bdy = 0,

cnm =1ab

∫ a

−a

[∫ b

−b

f(x, y) cosmπy

bdy

]sen

nπx

adx = 0,

dnm =1ab

∫ a

−a

[∫ b

−b

f(x, y) sennπx

adx

]sen

mπy

bdy =

1ab

∫ b

−b

[2∫ a

0

f(x, y) sennπx

adx

]sen

mπy

bdy

=2ab

∫ a

0

[∫ b

−b

f(x, y) senmπy

bdy

]sen

nπx

adx =

2ab

∫ a

0

[2∫ b

0

f(x, y) senmπy

bdy

]sen

nπx

adx

=4ab

∫ a

0

∫ b

0

f(x, y) sennπx

asen

mπy

bdxdy.

E claro que outras situacoes sao possıveis, por exemplo f par em uma variavel e ımpar na outra. Em cadacaso, os coeficientes de Fourier correspondentes devem ser calculados usando os argumentos acima.


4.2 A Equacao da Onda Bidimensional

4.2.1 Problema da Membrana Vibrante

A equacao da onda se generaliza para dimensao 2 e 3 (e mesmo dimensoes mais altas). Considere umamembrana fina e elastica, esticada sobre uma armacao retangular com dimensoes a e b. Suponha que asmargens da membrana sao fixadas aos bracos da armacao e a membrana possa vibrar livremente na direcaonormal a armacao (ou seja, estamos assumindo que nao existem forcas externas ou dissipativas atuando sobrea membrana e que todas as suas vibracoes sao transversais, o que quer dizer, que cada ponto da membranavibra apenas na direcao perpendicular ao plano do retangulo). As vibracoes desta membrana sao entaogovernadas pela equacao bidimensional da onda

utt = c2(uxx + uyy),

onde u(x, y, t) e o deslocamento com relacao ao plano do retangulo no instante de tempo t e c(x, y, t) =τ(t)/ρ(x, y).

As condicoes de fronteira sao (margens fixadas)

u(x, 0, t) = u(x, b, t) = u(0, y, t) = u(a, y, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0.

O movimento da membrana dependera evidentemente das condicoes iniciais

u(x, y, 0) = f(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b,

ut(x, y, 0) = g(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b.

Denote o interior deste retangulo por R, ou seja,

R = (0, a)× (0, b),

de modo que o seu fecho e R = [0, a]×[0, b] e a sua fronteira e ∂R = (x, y) : x = 0, ou x = a, ou y = 0 ou y = b.Nesta notacao mais compacta, o problema da onda bidimensional pode ser escrito na forma:

utt = c2∆u se (x, y) ∈ R e t > 0,u(x, y, t) = 0 se (x, y) ∈ ∂R e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se (x, y) ∈ R,ut(x, y, 0) = g(x, y) se (x, y) ∈ R.

(4.3)

Mais geralmente, o problema da equacao da onda pode ser em princıpio considerado em qualquer regiaolimitada Ω ⊂ R2, isto e, qualquer tipo de armacao ∂Ω, nao necessariamente retangular:

utt = c2∆u se (x, y) ∈ Ω e t > 0,u(x, y, t) = 0 se (x, y) ∈ ∂Ω e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se (x, y) ∈ Ω,ut(x, y, 0) = g(x, y) se (x, y) ∈ Ω.

(4.4)

Um caso interessante e quando Ω = D, onde D e um disco (o caso da membrana vibrante de um tambor).

4.2.2 Solucao do Problema da Membrana Vibrante pelo Metodo de Separacaode Variaveis e Series de Fourier

Vamos resolver o problema da membrana vibrante no retangulo pelo metodo de separacao de variaveis. SejaR = (0, a) × (0, b) e suponha que f, g : [0, a] × [0, b] → R sejam funcoes de classe C2. Queremos portantoencontrar uma solucao para o problema:

utt = c2(uxx + uyy) se 0 < x < a, 0 < y < b e t > 0,u(x, 0, t) = u(x, b, t) = u(0, y, t) = u(a, y, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b,ut(x, y, 0) = g(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b.

(4.5)


Tentaremos primeiro encontrar uma solucao para o problema que seja o produto de tres funcoes, uma depen-dendo exclusivamente de x, uma dependendo exclusivamente de y e a terceira dependendo exclusivamentede t:

u(x, y, t) = F (x)G(y)H(t).

Temos

utt = F (x)G(y)H ′′(t),uxx = F ′′(x)G(y)H(t),uyy = F (x)G′′(y)H(t).

Substituindo estas expressoes na equacao bidimensional da onda, obtemos

F (x)G(y)H ′′(t) = c2[F ′′(x)G(y)H(t) + F (x)G′′(y)H(t)].

Dividindo ambos os lados por c2F (x)G(y)H(t), obtemos

1c2

H ′′(t)H(t)

=F ′′(x)F (x)

+G′′(y)G(y)

.

Como o lado esquerdo desta equacao e uma funcao somente de t e o lado direito e uma funcao apenas dex, y, segue que ambos os lados sao constante:

1c2

H ′′(t)H(t)

=F ′′(x)F (x)

+G′′(y)G(y)

= σ.

Agora, podemos escreverF ′′(x)F (x)

= −G′′(y)G(y)

+ σ

e, novamente, ja que o lado esquerdo depende apenas de x, enquanto que o lado direito depende apenas dey, concluımos que os dois lados desta equacao tambem sao constantes:

F ′′(x)F (x)

= −G′′(y)G(y)

+ σ = ρ.

Pelo metodo de separacao de variaveis, chegamos portanto as seguintes equacoes diferenciais ordinarias:

F ′′(x)− ρF (x) = 0,

G′′(y) + (ρ− σ)G(y) = 0,

H ′′(t)− σc2H(t) = 0.

As condicoes de fronteira produzem os seguintes problemas de valor de contorno:

F ′′(x)− ρF (x) = 0,F (0) = F (a) = 0,

e G′′(y)− (σ − ρ)G(y) = 0,G(0) = G(b) = 0;

de fato, temos F (0)G(y)H(t) = F (a)G(y)H(t) = 0 e F (x)G(0)H(t) = F (x)G(b)H(t) = 0 e a menos que useja a solucao identicamente nula, necessariamente F (0) = F (a) = 0 e G(0) = G(b) = 0 (porque as solucoesdas equacoes diferenciais ordinarias de F , G e H nao produzem nenhuma solucao que se anula em conjuntosdiferentes de pontos isolados). Fazendo analise semelhante a que fizemos para os problemas unidimensionais,


concluımos que para que as solucoes nao sejam identicamente nulas, temos que ter ρ < 0 e σ− ρ < 0, isto e,σ > ρ. Os problemas acima podem ser escritos tem como solucoes fundamentais nao nulas (autofuncoes)

Fn(x) = sennπx

apara ρ = −n2π2

a2,

e

Gm(y) = senmπy

bpara σ − ρ = −m2π2

b2.

Em particular,

σ = ρ− m2π2

b2= −n2π2

a2− m2π2

b2= −π2

(n2

a2+

m2

b2

),

e o problema em t e

H ′′(t) + c2π2

(n2

a2+

m2

b2

)H(t) = 0,

cujas solucao geral eHnm(t) = Anm cos λnmt + Bnm sen λnmt

para

λnm = cπ

√n2

a2+

m2

b2. (4.6)

Estas sao as chamadas frequencias caracterısticas da membrana, enquanto que as solucoes

unm(x, y, t) = sennπx

asen

mπy

b(Anm cos λnmt + Bnm sen λnmt) (4.7)

sao chamados os modos normais de vibracao da membrana (correspondentes aos harmonicos no caso da cordavibrante). Note que as frequencias caracterısticas nao sao multiplos inteiros da frequencia fundamental, oque torna a membrana vibrante inutil para a maioria dos propositos musicais (alem de manter um ritmo debatidas), ja que por causa disso o som do tambor nao e tao agradavel (tao harmonioso) quanto o de outrosinstrumentos musicais, porque e difıcil ao ouvido humano distinguir entre os seus harmonicos ou ordena-losem uma escala em tempo real.

A solucao do problema e

u(x, y, t) =∞∑

n,m=1

sennπx

asen

mπy

b(Anm cos λnmt + Bnm sen λnmt) . (4.8)

onde os coeficientes Anm, Bnm sao determinados como sendo os coeficientes das series de Fourier duplas dasfuncoes apropriadas. Temos

f(x, y) = u(x, y, 0) =∞∑

n,m=1

Anm sennπx

asen

mπy

b,

de modo que, estendendo f a uma funcao periodica ımpar de perıodo 2a na variavel x e a uma funcaoperiodica ımpar de perıodo 2b na variavel y, obtemos

Anm =4ab

∫ a

0

∫ b

0

f(x, y) sennπx

asen

mπy

bdxdy. (4.9)

Do mesmo modo, derivando a serie de u com relacao a t termo a termo, temos

ut(x, y, t) =∞∑

n,m=1

λnm sennπx

asen

mπy

b(−Anm sen λnmt + Bnm cos λnmt)


e, portanto,

g(x, y) = ut(x, y, 0) =∞∑

n,m=1

λnmBnm sennπx

asen

mπy

b,

logo, procedendo de modo analogo estendendo f a uma funcao periodica ımpar de perıodo 2a na variavel xe a uma funcao periodica ımpar de perıodo 2b na variavel y, obtemos

Bnm =4

abλnm

∫ a

0

∫ b

0

g(x, y) sennπx

asen

mπy

bdxdy. (4.10)

4.2.3 Linhas Nodais

No caso de uma corda vibrante, quando ela vibra como um harmonico, aparecem pontos que nao se movem,os chamado pontos nodais, como vimos no capıtulo anterior. No caso de uma membrana retangular vibrante,aparecem retas onde a membrana nao se move (uma maneira de ver isso e espalhar areia na membrana: aareia se acumula precisamente ao longo destas retas onde nao ha vibracao). Estas retas sao chamadas retasnodais.

Para entender porque este fenomeno ocorre, considere o modo normal unm de vibracao da membrana:

unm(x, y, t) = sennπx

asen

mπy

b(Anm cosλnmt + Bnm sen λnmt) .

Os pontos (x, y) que permanecem fixos sao os pontos que resolvem a equacao

sennπx

asen

mπy

b= 0,

o que e equivalente asen

nπx

a= 0 ou sen

mπy

b= 0.

Por exemplo, quando a = b = π, as retas nodais de u22 correspondem a x = 1/2 e y = 1/2.

4.3 A Equacao do Calor Bidimensional

4.3.1 Deducao da Equacao do Calor Tridimensional

Considere uma regiao limitada Ω no espaco. Recordamos que a quantidade de calor absorvida por umasubstancia em um perıodo de tempo e diretamente proporcional a massa desta substancia e a variacao mediade sua temperatura durante o intervalo de tempo considerado:

Q = cm∆u,

onde c e o calor especıfico da substancia. A variacao media da temperatura da substancia que ocupa estaregiao do espaco no intervalo de tempo que vai de t0 ate t1 e obtida tomando-se a media das variacoes mediasdas temperaturas de todos os pontos da barra, ou seja

∆u =1

volΩ

∫

Ω

[u(x, t1)− u(x, t0)] dv,

onde x = (x1, ..., xn). Pelo Teorema Fundamental do Calculo, segue que

∆u =1

volΩ

∫

Ω

[∫ t1

t0

ut(x, t) dt

]dv.


Logo, a quantidade de calor absorvida por esta regiao e dada por

Q = cm∆u =cm

volΩ

∫

Ω

∫ t1

t0

ut(x, t) dt dv = cρ

∫ t1

t0

∫

Ω

ut(x, t) dv dt.

A taxa instantanea de variacao do calor na regiao e portanto (usando novamente o Teorema Fundamentaldo Calculo)

cρ

∫

Ω

ut(x, t) dv. (4.11)

Por outro lado, pelo princıpio de conservacao do calor, a taxa de variacao do calor na regiao tambem e dadapela soma da taxa de calor que sai ou entra na regiao atraves da fronteira ∂Ω por unidade de tempo somadaao calor gerado internamente por unidade de tempo. A primeira e dada por

−∫

∂Ω

φ · η ds

onde φ e o fluxo de calor, que e um vetor, ja que o calor flui em alguma direcao no espaco; a intensidadede φ e a quantidade de calor fluindo por unidade de tempo por unidade de area. Se o fluxo de calor eparalelo a fronteira, entao nenhum calor cruza a fronteira; a componente do fluxo de calor que nos interessae a componente do fluxo perpendicular a fronteira. Na integral acima seguimos a convencao de que η e ovetor unitario normal a superfıcie apontando para fora. Assim, o sinal negativo explica-se como no casounidimensional porque se sai calor da regiao (isto e, a componente perpendicular do fluxo tem a mesmadirecao de η e portanto a integral e positiva), entao a variacao de calor na regiao deve ser negativa. A taxado calor gerado internamente na regiao e dada por

∫

Ω

q(x, t) dv, (4.12)

onde q(x, t) e taxa de calor gerada por unidade de volume. Portanto, do princıpio de conservacao do calorsegue que

cρ

∫

Ω

ut dv = −∫

∂Ω

φ · η ds +∫

Ω

q dv. (4.13)

Por outro lado, pelo teorema da divergencia,∫

∂Ω

φ · η ds =∫

Ω

div φdv.

Logo, temos quecρut = − div φ + q.

Precisamos tambem de uma lei de Fourier n-dimensional. Experimentalmente, para materiais isotropicos(isto e, materiais em que nao existem direcoes preferenciais) verifica-se que o calor flui de pontos quentespara pontos frios na direcao em que a diferenca de temperatura e a maior. O fluxo de calor e proporcional ataxa de variacao da temperatura nesta direcao, com a constante de proporcionalidade k sendo por definicao acondutividade termica, como no caso unidimensional. Como sabemos, a direcao onde uma funcao cresce maisrapido e exatamente a dada pelo vetor gradiente da funcao, e o modulo do gradiente fornece a magnitudeda taxa de variacao da funcao nesta direcao (i.e., na direcao do gradiente). Portanto,

φ = −k∇u. (4.14)

O sinal negativo ocorre, como no caso unidimensional, porque o vetor gradiente aponta na direcao de cresci-mento da temperatura, enquanto que o fluxo do calor se da na direcao oposta (da temperatura maior paraa temperatura menor). O fluxo do calor em uma regiao bi ou tridimensional pode ser facilmente visualizadouma vez que voce se lembre que o gradiente de uma funcao e perpendicular as superfıcies de nıvel da funcao.


No caso em que a funcao e a temperatura, as superfıcies de nıvel sao chamadas superfıcies isotermicas ousimplesmente isotermas. Assim, o calor flui das isotermas mais quentes para as isotermas mais frias em cadaponto da isoterma perpendicularmente a isoterma. Em outras palavras, as linhas de corrente do fluxo decalor correspondem as linhas de fluxo do campo gradiente da temperatura.

Segue quecρut = k∆u + q, (4.15)

onde ∆u = div∇u e o Laplaciano de u. Se q ≡ 0, escrevemos

ut = K∆u, (4.16)

onde K = k/cρ. Esta e a equacao de calor tridimensional. Em outras palavras,

ut = K(uxx + uyy + uzz).

Para que o problema possua uma solucao unica, e necessario dar a condicao inicial e a condicao de fronteira,como no caso unidimensional. Por exemplo, denotando x = (x1, ..., xn), podemos ter um problema deDirichlet homogeneo:

ut = k∆u se x ∈ Ω e t > 0,u(x, t) = 0 se x ∈ ∂Ω e t > 0,u(x, 0) = f(x) se x ∈ Ω,

(4.17)

ou um problema de Neumann homogeneo:

ut = k∆u se x ∈ Ω e t > 0,∂u

∂η(x, t) = 0 se x ∈ ∂Ω e t > 0,

u(x, 0) = f(x) se x ∈ Ω,

(4.18)

ou tambem problemas nao-homogeneos ou com condicoes mistas (condicoes de Dirichlet em porcoes dafronteira ∂Ω e condicoes de Neumann em outras porcoes da fronteira).

4.3.2 Equacao do Calor Bidimensional

Considere uma chapa homogenea Ω, cuja superfıcie esta isolada termicamente, exceto possivelmente pelasmargens. Como o calor nao flui na direcao perpendicular a chapa, que tomamos como sendo o eixo z, segueque uzz = 0 e podemos desprezar esta variavel no estudo da conducao do calor na chapa. Segue que aequacao do calor para esta regiao tem a forma

ut = K(uxx + uyy);

esta e a equacao do calor bidimensional. Assumimos que existe uma distribuicao inicial de temperaturasnas margens:

u(x, y, 0) = f(x, y) para todo (x, y) ∈ ∂Ω

onde f : ∂Ω → R e uma funcao com alguma regularidade; no caso em que Ω e um retangulo R = (0, a)×(0, b)(chapa retangular), esta condicao inicial se escreve como

u(x, y, 0) = f(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b.

As condicoes de fronteira podem ser as mais diversas possıveis. As margens podem estar mantidas a tem-peratura constante igual a 0:

u(x, y, t) = 0 para todo (x, y) ∈ ∂Ω e t > 0;


no caso em que Ω = R = (0, a)× (0, b), esta condicao de Dirichlet se escreve como

u(x, 0, t) = u(x, b, t) = u(0, y, t) = u(a, y, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0.

Ou as margens podem estar termicamente isoladas:

∂u

∂η(x, y, t) = 0 para todo (x, y) ∈ ∂Ω e t > 0,

onde η = η(x, y) e o vetor normal a fronteira ∂Ω no ponto (x, y) da fronteira (significando que se houvertransferencia de calor, esta so pode se dar ao longo da fronteira, isto e, na direcao tangente a fronteira, o quecertamente ocorrera se por exemplo a distribuicao de temperaturas inicial na fronteira nao for constante);no caso em que Ω = R = (0, a)× (0, b), esta condicao de Neumann se escreve como

uy(x, 0, t) = uy(x, b, t) = ux(0, y, t) = ux(a, y, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0;

Ou ainda, as margens podem estar sujeitas a condicoes mistas ou mesmo condicoes mais complicadas.Resumindo, o problema com condicao de Dirichlet homogenea e

ut = K∆u se (x, y) ∈ Ω e t > 0,u(x, y, t) = 0 se (x, y) ∈ ∂Ω e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se (x, y) ∈ Ω,

(4.19)

e o problema com condicao de Neumann homogenea e

ut = K∆u se (x, y) ∈ Ω e t > 0,∂u

∂η(x, y, t) = 0 se (x, y) ∈ ∂Ω e t > 0,

u(x, y, 0) = f(x, y) se (x, y) ∈ Ω.

(4.20)

4.3.3 Solucao do Problema da Conducao do Calor na Chapa Retangular comMargens Mantidas a Temperatura Zero por Separacao de Variaveis eSeries de Fourier

Vamos resolver o problema da conducao do calor em uma chapa retangular homogenea, cujas superior einferior estao termicamente isoladas, e cujas bordas estao mantidas a temperatura constante igual a 0, pelometodo de separacao de variaveis e series de Fourier duplas.

Seja R = (0, a)×(0, b) e suponha que f : [0, a]× [0, b] → R e uma funcao de classe C2. Queremos portantoencontrar uma solucao para o problema:

ut = K(uxx + uyy) se 0 < x < a, 0 < y < b e t > 0,u(x, 0, t) = u(x, b, t) = u(0, y, t) = u(a, y, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b.

(4.21)

Novamente, vamos tentar encontrar uma solucao para o problema que seja o produto de tres funcoes de umavariavel:

u(x, y, t) = F (x)G(y)H(t).

Temos

ut = F (x)G(y)H ′(t),uxx = F ′′(x)G(y)H(t),uyy = F (x)G′′(y)H(t).


Substituindo estas expressoes na equacao bidimensional do calor, obtemos

F (x)G(y)H ′(t) = K[F ′′(x)G(y)H(t) + F (x)G′′(y)H(t)].

Dividindo ambos os lados por c2F (x)G(y)H(t), obtemos

1K

H ′(t)H(t)

=F ′′(x)F (x)

+G′′(y)G(y)

.

Como o lado esquerdo desta equacao e uma funcao somente de t e o lado direito e uma funcao apenas dex, y, segue que ambos os lados sao constante:

1K

H ′(t)H(t)

=F ′′(x)F (x)

+G′′(y)G(y)

= σ,


= −G′′(y)G(y)

+ σ = ρ.

Como na subsecao anterior, obtemos os problemas

F ′′(x)− ρF (x) = 0,F (0) = F (a) = 0,

e

G′′(y)− (σ − ρ)G(y) = 0,G(0) = G(b) = 0,

que tem como autofuncoes, respectivamente,

Fn(x) = sennπx

apara ρ = −n2π2

a2,

e

Gm(y) = senmπy


b2.

Segue que

σ = ρ− m2π2

b2= −n2π2

a2− m2π2

b2= −π2

(n2

a2+

m2

b2

)

e o problema em t e

H ′(t)−Kπ2

(n2

a2+

m2

b2

)H(t) = 0,

cujas solucao geral e

Hnm(t) = Anme−π2

n2

a2 + m2

b2

Kt

.

A solucao do problema de calor da chapa com margens termicamente isoladas e, portanto,

u(x, y, t) =∞∑

n,m=1

Anme−π2

n2

a2 + m2

b2

Kt sen

nπx

asen

mπy

b, (4.22)

onde os coeficientes Anm sao os coeficientes da serie de Fourier dupla da extensao de f a uma funcao periodicaımpar de perıodo 2a na variavel x e a uma funcao periodica ımpar de perıodo 2b na variavel y:

f(x, y) = u(x, y, 0) =∞∑

n,m=1

Anm sennπx

asen

mπy

b,

ou seja,

Anm =4ab

∫ a

0

∫ b

0

f(x, y) sennπx

asen

mπy

bdxdy. (4.23)


4.3.4 Solucao do Problema da Conducao do Calor na Chapa Retangular Ter-micamente Isolada por Separacao de Variaveis e Series de Fourier

Vamos resolver o problema da conducao do calor em uma chapa retangular homogenea, termicamente isolada,pelo metodo de separacao de variaveis e series de Fourier duplas.

Seja R = (0, a)×(0, b) e suponha que f : [0, a]× [0, b] → R e uma funcao de classe C2. Queremos portantoencontrar uma solucao para o problema:

ut = K(uxx + uyy) se 0 < x < a, 0 < y < b e t > 0,uy(x, 0, t) = uy(x, b, t) = ux(0, y, t) = ux(a, y, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b.

(4.24)

Escrevendou(x, y, t) = F (x)G(y)H(t),

temos

ut = F (x)G(y)H ′(t),uxx = F ′′(x)G(y)H(t),uyy = F (x)G′′(y)H(t),

e substituindo estas expressoes na equacao bidimensional do calor, obtemos

F (x)G(y)H ′(t) = K[F ′′(x)G(y)H(t) + F (x)G′′(y)H(t)].

Dividindo ambos os lados por c2F (x)G(y)H(t), encontramos

1K

H ′(t)H(t)

=F ′′(x)F (x)

+G′′(y)G(y)

= σ,


= −G′′(y)G(y)

+ σ = ρ.

As condicoes de fronteira implicam, como sempre, condicoes de fronteira sobre as equacoes diferenciaisordinarias de F e G:

uy(x, 0, t) = 0 =⇒ F (x)G′(0)H(t) = 0 =⇒ G′(0) = 0,

uy(x, b, t) = 0 =⇒ F (x)G′(b)H(t) = 0 =⇒ G′(b) = 0,

ux(0, y, t) = 0 =⇒ F ′(0)G(y)H(t) = 0 =⇒ F ′(0) = 0,

ux(a, y, t) = 0 =⇒ F ′(a)G(y)H(t) = 0 =⇒ F ′(a) = 0.

Temos portanto os seguintes problemas

F ′′(x)− ρF (x) = 0,F ′(0) = F ′(a) = 0,

e

G′′(y)− (σ − ρ)G(y) = 0,G′(0) = G′(b) = 0.

As autofuncoes correspondentes sao, respectivamente,

F0(x) = c para ρ = 0,

Fn(x) = cosnπx

apara ρ =

n2π2

a2,


e

G0(x) = c para σ = ρ,

Gm(y) = cosmπy


b2.

Segue que o problema em t e

H ′(t)−K

(n2π2

a2+

m2π2

b2

)H(t) = 0,

cujas solucao geral e

H00(t) = c,

Hn0(t) = e−π2 n2

a2 Kt,

H0m(t) = e−π2 m2

a2 Kt,

Hnm(t) = e−π2

n2

a2 + m2

b2

Kt

.

A solucao do problema de calor da chapa com margens termicamente isoladas e, portanto,

u(x, y, t) =∞∑

n,m=0

Anme−π2

n2

a2 + m2

b2

Kt cos

nπx

acos

mπy

b, (4.25)

o que e equivalente a escrever (redefinindo os coeficientes, de forma a obter uma mesma formula integralpara todos os coeficientes)

u(x, y, t) =A00

4+

12

∞∑n=1

An0e−π2 n2

a2 Kt cosnπx

a+

12

∞∑m=1

A0me−π2 m2

a2 Kt cosmπy

b

+∞∑

n,m=1

Anme−π2

n2

a2 + m2

b2

Kt cos

nπx

acos

mπy

b,

onde os coeficientes Anm sao os coeficientes da serie de Fourier dupla da extensao de f a uma funcao periodicapar de perıodo 2a na variavel x e a uma funcao periodica par de perıodo 2b na variavel y:

f(x, y) = u(x, y, 0) =A00

4+

12

∞∑n=1

An0 cosnπx

a+

12

∞∑m=1

A0m cosmπy

b+

∞∑n,m=1

Anm cosnπx

acos

mπy

b,

ou seja,

Anm =4ab

∫ a

0

∫ b

0

f(x, y) cosnπx

acos

mπy

bdxdy, n, m > 0. (4.26)

4.4 Exercıcios

Exercıcio 4.1. Resolva o problema da membrana vibrante

utt = uxx + uyy) se (x, y) ∈ (0, 1)2 e t > 0,u(x, 0, t) = u(x, 1, t) = u(0, y, t) = u(1, y, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0,

u(x, y, 0) = x (x− 1) y (y − 1) se (x, y) ∈ [0, 1]2 ,

ut(x, y, 0) = 0 se (x, y) ∈ [0, 1]2 .

Usando algum software matematico (Scilab, Mupad, Maple, Matlab, Mathematica, etc.) ou algumpacote grafico (OpenGL, Java2D, etc.), crie uma animacao para visualizar a solucao do problema.


Exercıcio 4.2. Use algum software matematico ou algum pacote grafico para visualizar os modos normaisde vibracao da membrana do exercıcio anterior.

Exercıcio 4.3. Encontre uma solucao formal para o problema de Dirichlet para a equacao da onda tridi-mensional em um domınio na forma de uma caixa:

utt = c2(uxx + uyy + uzz) se 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c e t > 0,u(0, y, z, t) = u(a, y, z, t) = 0 se 0 6 y 6 b, 0 6 z 6 c e t > 0,u(x, 0, z, t) = u(x, b, z, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 z 6 c e t > 0,u(x, y, 0, t) = u(x, y, c, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e 0 6 z 6 c,ut(x, y, 0) = g(x, y) se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e 0 6 z 6 c.

Exercıcio 4.4. Encontre uma solucao formal para o problema de Dirichlet para a equacao do calor tridi-mensional em um domınio na forma de uma caixa:

ut = K(uxx + uyy + uzz) se 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c e t > 0,u(0, y, z, t) = u(a, y, z, t) = 0 se 0 6 y 6 b, 0 6 z 6 c e t > 0,u(x, 0, z, t) = u(x, b, z, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 z 6 c e t > 0,u(x, y, 0, t) = u(x, y, c, t) = 0 se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b e 0 6 z 6 c.

Capıtulo 5

A Equacao de Laplace

A solucao de estado estacionario para a equacao do calor em um aberto Ω ⊂ R2

ut = K∆u

(ou seja, ut = 0) e a equacao homogenea∆u = 0. (5.1)

Esta e chamada a equacao de Laplace. Como nao ha dependencia com o tempo, problemas envolvendoa equacao de Laplace nao possuem condicoes iniciais, mas apenas uma condicao de fronteira, que pode seruma condicao de Dirichlet:

∆u = 0 se (x, y) ∈ Ω,u(x, y) = f(x, y) se (x, y) ∈ ∂Ω,

(5.2)

uma condicao de Neumann:

∆u = 0 se (x, y) ∈ Ω,∂u

∂η(x, y) = f(x, y) se (x, y) ∈ ∂Ω,

(5.3)

ou uma condicao mista, especificando uma condicao de Dirichlet em uma parte da fronteira e uma condicaode Neumann na outra parte, e mesmo uma condicao de Robin mais geral:

∆u = 0 se (x, y) ∈ Ω,

a (x, y)u (x, y) + b (x, y)∂u

∂η(x, y) = f(x, y) se (x, y) ∈ ∂Ω.

(5.4)

. Quando ha geracao ou absorcao de calor interna independente do tempo

ut = K∆u + q(x),

a solucao de estado estacionario e a solucao da equacao de Laplace nao-homogenea, tambem chamadaequacao de Poisson

∆u = f (x) .

Alem de descrever a distribuicao de temperaturas no estado estacionario, a equacao de Laplace descrevediversos outros fenomenos fısicos de equilıbrio Tambem o potencial escalar de um campo vetorial conservativo,tal como o campo eletrico, o campo gravitacional ou o campo de velocidades do escoamento de um fluidoirrotacional, pode ser escrito como a solucao de uma equacao de Poisson.

134


5.1 Solucao da Equacao de Laplace no Retangulo

Vamos resolver o problema de Dirichlet para a equacao de Laplace em um domınio retangular atraves dometodo de separacao de variaveis e series de Fourier. Em um retangulo, R = [0, a] × [0, b], o problema deDirichlet geral para a equacao de Laplace se escreve na forma:

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,u(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

(5.5)

Por linearidade, se u1, u2, u3, u4 sao respectivamente solucoes dos problemas de Dirichlet particulares

uxx + uyy = 0u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = 0u(0, y) = u(a, y) = 0

,

uxx + uyy = 0u(x, 0) = 0, u(x, b) = f2(x)u(0, y) = u(a, y) = 0

,

uxx + uyy = 0u(x, 0) = u(x, b) = 0u(0, y) = g1(y), u(a, y) = 0

,

uxx + uyy = 0u(x, 0) = u(x, b) = 0u(0, y) = 0, u(a, y) = g2(y)

,

entaou = u1 + u2 + u3 + u4.

Para obter a solucao geral do problema de Dirichlet, basta portanto resolver cada um dos quatro problemasacima. A tıtulo de exemplo, vamos resolver o segundo explicitamente:

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = 0, u(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,u(0, y) = u(a, y) = 0 se 0 6 y 6 b.

Escrevendou(x, y) = F (x)G(y),

segue que F ′′(x)G(y) + F (x)G′′(y) = 0 e portanto

F ′′(x)F (x)

= −G′′(y)G(y)

= σ.

As condicoes de fronteira implicam as seguintes condicoes sobre as equacoes diferenciais ordinarias acima:

u(x, 0) = 0 =⇒ F (x)G(0) = 0 =⇒ G(0) = 0,

u(0, y) = 0 =⇒ F (0)G(y) = 0 =⇒ F (0) = 0,

u(a, y) = 0 =⇒ F (a)G(y) = 0 =⇒ F (a) = 0.

Logo, F ′′(x)− σF (x) = 0,F (0) = F (a) = 0,

e G′′(y) + σG(y) = 0,G(0) = 0.

As autofuncoes do primeiro problema sao

Fn(x) = sennπx

apara σn =

n2π2

a2.


A solucao geral do segundo problema (de valor inicial) e conveniente escrever na forma

G(y) = c1 coshnπy

a+ c2 senh

nπy

a

porque a condicao G(0) = 0 implica que c1 = 0. Assim, as solucoes obtidas atraves de separacao de variaveissao os produtos

sennπx

asenh

nπy

a.

A solucao u2 do segundo problema sera a funcao

u2(x, y) =∞∑

n=1

bn sennπx

asenh

nπy

a,

ondebn =

2

a senhnπb

a

∫ a

0

f2(x) sennπx

adx,

pois

f2(x) = u2(x, b) =∞∑

n=1

(bn senh

nπb

a

)sen

nπx

a.

E mais conveniente, para efeitos de memorizacao, incorporar a constante senhnπb

ana solucao, escrevendo-a

na forma

u2(x, y) =∞∑

n=1

bn sennπx

a

senhnπy

a

senhnπb

a

(5.6)

de modo que

bn =2a

∫ a

0

f2(x) sennπx

adx (5.7)

tem a forma padrao dos coeficientes da serie de Fourier.De maneira analoga, obtemos as solucoes para os outros problemas:

u1(x, y) =∞∑

n=1

an sennπx

a

senhnπ(b− y)

a

senhnπb

a

, an =2a

∫ a

0

f1(x) sennπx

adx, (5.8)

u3(x, y) =∞∑

n=1

cn

senhnπ(a− x)

b

senhnπa

b

sennπy

b, cn =

2b

∫ b

0

g1(y) sennπy

bdy, (5.9)

u4(x, y) =∞∑

n=1

dn

senhnπx

b

senhnπa

b

sennπy

b, dn =

2b

∫ b

0

g2(y) sennπy

bdy. (5.10)

Portanto, a solucao do problema de Dirichlet (5.5) e

u(x, y) =∞∑

n=1

an sennπx

a

senhnπ(b− y)

a

senhnπb

a

+∞∑

n=1

bn sennπx

a

senhnπy

a

senhnπb

a

(5.11)

+∞∑

n=1

cn sennπy

b

senhnπ(a− x)

b

senhnπa

b

+∞∑

n=1

dn sennπy

b

senhnπx

b

senhnπa

b

,


com os coeficientes an, bn, cn, dn dados pelas expressoes acima.

5.1.1 Exercıcios

Exercıcio 5.1. Resolva o problema de Neumann

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e 0 < y < b,uy(x, 0) = f(x), uy(x, b) = 0 se 0 6 x 6 a,ux(0, y) = ux(a, y) = 0 se 0 6 y 6 b.

Por que e necessario assumir ∫ a

0

f (x) dx = 0

para que este problema tenha solucao? Alem disso, observe que a solucao so esta determinada a menosde uma constante (leia o enunciado da Proposicao 5.4).

Exercıcio 5.2. Resolva os seguintes problemas de fronteira para a equacao de Laplace no retangulo. Veri-fique que condicoes os dados de fronteira devem satisfazer para existir solucao e se a solucao que voceobteve e unica ou unica a menos de uma constante.

(a)

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e 0 < y < b,uy(x, 0) = f1(x), uy(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,u(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

(b)

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,ux(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

(c)

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e 0 < y < b,uy(x, 0) = f1(x), uy(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,ux(0, y) = g1(y), ux(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

Exercıcio 5.3. Encontre as solucoes de estado estacionario, se existirem, para os seguintes problemas deconducao do calor no retangulo:

(a)

ut =√

π (uxx + uyy) se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,ux(0, y) = g1(y), ux(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

(b)

ut = e√

log π (uxx + uyy) se 0 < x < a e 0 < y < b,uy(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,u(0, y) = g1(y), ux(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

Exercıcio 5.4. Encontre as curvas de nıvel de temperatura (chamadas isotermas) para a solucao de estadoestacionario para o seguinte problema de conducao do calor no retangulo:

ut = K (uxx + uyy) se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = 1, u(x, b) = 1 se 0 6 x 6 a,u(0, y) = 1, u(a, y) = 1 se 0 6 y 6 b.

Exercıcio 5.5. Use o computador para encontrar as isotermas para a solucao de estado estacionario, seexistir, para o seguinte problema de conducao do calor no retangulo:

ut = K (uxx + uyy) se 0 < x < 1 e 0 < y < 1,u(x, 0) = 0, u(x, 1) = 0 se 0 6 x 6 1,u(0, y) = 0, u(1, y) = 100 se 0 6 y 6 1.

Voce consegue obter uma expressao analıtica para estas curvas de nıvel?


Exercıcio 5.6. Use o computador para encontrar as isotermas para as solucoes de estado estacionario, seexistirem, dos seguintes problemas de conducao do calor no retangulo:

(a)

ut = K (uxx + uyy) se 0 < x < π e 0 < y < π,u(x, 0) = 100, u(x, π) = 100 se 0 6 x 6 π,ux(0, y) = 0, ux(π, y) = 0 se 0 6 y 6 π.

(b)

ut = K (uxx + uyy) se 0 < x < π e 0 < y < π,u(x, 0) = 0, u(x, π) = 100 se 0 6 x 6 π,ux(0, y) = 0, ux(π, y) = 0 se 0 6 y 6 π.

(c)

ut = K (uxx + uyy) se 0 < x < 1 e 0 < y < 2,u(x, 0) = 100, uy(x, 2) = 0 se 0 6 x 6 1,ux(0, y) = 0, ux(1, y) = 0 se 0 6 y 6 2.

Exercıcio 5.7. Resolva o seguinte problema de valor de fronteira para a equacao de Laplace para a faixasemi-infinita:

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e y > 0,u(x, 0) = f (x) se 0 6 x 6 a,u(0, y) = u(a, y) = 0 se y > 0,lim

y→∞u (x, y) = 0.

Encontre a solucao e as curvas de nıvel (se precisar, use o computador) se

(a) f (x) ≡ 100.

(b) f (x) = x (a− x) .

Exercıcio 5.8. Prove que se as condicoes de fronteira satisfazem hipoteses adequadas, a solucao (5.11) parao problema de Dirichlet da equacao de Laplace e de classe C2 no interior do retangulo e contınua atea fronteira do retangulo.

5.2 O Princıpio do Maximo Fraco e a Unicidade de Solucao paraa Equacao de Laplace

Lema 5.1. (Princıpio do Maximo Fraco) Seja Ω ⊂ R2 uma regiao limitada. Se u : Ω → R e uma funcaocontınua que satisfaz a equacao de Laplace em Ω, isto e, ∆u = 0 em Ω, entao u atinge o seu maximoe o seu mınimo na fronteira de Ω.

Prova: SejamM = max

Ωu e m = max

∂Ωu

e suponha por absurdo que m < M . Entao existe um ponto (x0, y0) ∈ Ω\∂Ω tal que u(x0, y0) = M . Definaa funcao

v(x, y) = u(x, y) +M −m

4d2[(x− x0)2 + (y − y0)2],

onde d = diamΩ. Se (x, y) ∈ ∂Ω, temos

v(x, y) 6 m +M −m

4d2d2 =

34m +

M

4< M,

e como u(x0, y0) = v(x0, y0) = M , segue que o maximo de v tambem e assumido em um ponto de Ω− ∂Ω,digamos em (x, y). Mas, como (x, y) e um ponto de maximo para v, devemos ter

∆v(x, y) 6 0,


enquanto que, pela definicao de v e pelo fato de u satisfazer a equacao de Laplace, para todo (x, y) temos

∆v(x, y) = ∆u(x, y) +M −m

4d2=

M −m

4d2> 0,

uma contradicao. Isso mostra que u atinge o seu maximo em ∂Ω. Para provar que o mınimo de u tambem eatingido em ∂Ω, basta observar que −u tambem satisfaz a equacao de Laplace e que min u = −max(−u). ¥

Teorema 5.2. (Unicidade de Solucao para o Problema de Dirichlet) Se o problema de Poisson

∆u = f(x, y) se (x, y) ∈ Ω,u(x, y) = g(x, y) se (x, y) ∈ ∂Ω,

tiver solucao, entao ele possui uma unica solucao.

Prova: Se u1 e u2 sao duas solucoes para o problema de Poisson acima, entao u = u1 − u2 e uma solucaopara o problema de Laplace com condicao de fronteira homogenea

∆u = 0 se (x, y) ∈ Ω,u(x, y) = 0 se (x, y) ∈ ∂Ω.

Em particular, u satisfaz o princıpio do maximo e portanto, como u = 0 na fronteira ∂Ω,

maxΩ

u = max∂Ω

u = 0,

minΩ

u = min∂Ω

u = 0,

logo u ≡ 0 em Ω, o que significa que u1 = u2. ¥

5.3 Solucao da Equacao de Poisson no Retangulo

Vamos tratar agora do problema de Dirichlet para a equacao de Poisson em retangulos:

uxx + uyy = F (x, y) se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,u(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

onde F : (0, a)×(0, b) → R e uma funcao de classe C1 que possui uma serie de Fourier dupla convergindo paraF (veja o capıtulo anterior). Usando a linearidade do operador laplaciano, podemos dividir este problemaem dois:

uxx + uyy = F (x, y) se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0 se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b.

e

uxx + uyy = 0 se 0 < x < a e 0 < y < b,u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,u(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

O segundo problema e o problema de Dirichlet para a equacao de Laplace no retangulo, que ja resolvemosno inıcio deste capıtulo. O primeiro e a equacao de Poisson com condicao de Dirichlet homogenea. Pararesolve-lo, observamos que a funcao

unm (x, y) = sennπx

asen

mπy

b


satisfaz as condicoes de fronteira. Logo, se escrevermos

u (x, y) =∞∑

n,m=1

anm sennπx

asen

mπy

b, (5.12)

u sera a solucao se pudermos encontrar coeficientes anm tais que

uxx + uyy = −∞∑

n,m=1

anmπ2

(n2

a2+

m2

b2

)sen

nπx

asen

mπy

b= F (x, y) .

Como vimos no capıtulo anterior, temos

anm = − 4

abπ2

(n2

a2+

m2

b2

)∫ a

0

∫ b

0

F (x, y) sennπx

asen

mπy

bdxdy. (5.13)

5.3.1 Exercıcios

Exercıcio 5.9. Resolva o problema de Dirichlet homogeneo

uxx + uyy = F (x, y) se 0 < x < 1 e 0 < y < 1,u(x, 0) = u(x, 1) = u(0, y) = u(1, y) = 0 se 0 6 x 6 1 e 0 6 y 6 1.

Exercıcio 5.10. Resolva o problema de Neumann homogeneo

uxx + uyy = F (x, y) se 0 < x < a e 0 < y < b,uy(x, 0) = f1(x), uy(x, b) = f2(x) se 0 6 x 6 a,ux(0, y) = g1(y), ux(a, y) = g2(y) se 0 6 y 6 b.

Exercıcio 5.11. Usando series de Fourier triplas, resolva o problema de Dirichlet

uxx + uyy + uzz = F (x, y, z) se 0 < x < a, 0 < y < b e 0 < z < c,u(0, y, z) = f1(x, y), u(a, y, z) = f2(x, y) se 0 6 y 6 b e 0 6 z 6 c,u(x, 0, z) = g1(x, y), u(x, b, z) = g2(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 z 6 c,u(x, y, 0) = h1(x, y), u(x, y, c) = h2(x, y) se 0 6 x 6 a e 0 6 y 6 b.

5.4 A Equacao de Laplace no Disco

E uma consequencia do princıpio do maximo que as solucoes da equacao de Laplace em domınios simetricoscom uma condicao de fronteira simetrica sao simetricas (este e um resultado altamente nao elementar, cujademonstracao e bem recente). Em vista disso as solucoes da equacao de Laplace no disco sao radialmentesimetricas, o que transforma o problema de Laplace no disco em um problema essencialmente unidimensional,isto e, a equacao diferencial parcial transforma-se em uma unica equacao diferencial ordinaria. Para obter-mos esta equacao diferencial ordinaria, precisamos obter uma expressao para o Laplaciano em coordenadaspolares.

5.4.1 A Equacao de Laplace em Coordenadas Polares

A relacao entre coordenadas cartesianas retangulares e coordenadas polares e dada pelas seguintes relacoes:

x = r cos θy = r sen θ

(5.14)


e r =

√x2 + y2,

θ = arctany

x.

(5.15)

Para obter a expressao para o Laplaciano em coordenadas polares, usamos estas relacoes e a regra dacadeia. Como

ux = urrx + uθθx,

segue que

uxx =∂

∂x[urrx + uθθx] =

∂

∂x(ur) rx + urrxx +

∂

∂x(uθ) θx + uθθxx

= urrr2x + urθθxrx + urrxx + urθrxθx + uθθθ

2x + uθθxx,

dondeuxx = urrr

2x + uθθθ

2x + 2urθrxθx + urrxx + uθθxx. (5.16)

Trocando x por y, obtemos tambem

uyy = urrr2y + uθθθ

2y + 2urθryθy + urryy + uθθyy. (5.17)

Diferenciando r2 = x2 + y2 implicitamente com relacao a x, obtemos 2rrx = 2x, logo

rx =x

r.

Daı,

rxx =r − xrx

r2=

r − x2

rr2

=r2 − x2

r3=

y2

r3.

Similarmente,

ry =y

re ryy =

x2

r3.

Por outro lado, diferenciando θ = arctany

xcom relacao a x, obtemos

θx =1

1 +(y

x

)2

(− y

x2

)= − y

x2 + y2= − y

r2,

e com relacao a y obtemos

θy =1

1 +(y

x

)2

(1x

)=

x

x2 + y2=

x

r2.

Diferenciando estas expressoes uma segunda vez com relacao a x e y, respectivamente, encontramos

θxx =y (2rrx)

r4=

2xy

r4

e

θyy =−x (2rrx)

r4= −2xy

r4.

Em particular, valem as seguintes identidades:

θxx + θyy = 0 e rxθx + ryθy = 0.


Usando as relacoes obtidas, temos

uxx + uyy = urr(r2x + r2

y) + uθθ(θ2x + θ2

y) + 2urθ(rxθx + ryθy) + ur(rxx + ryy) + uθ(θxx + θyy)

=x2 + y2

r2urr +

x2 + y2

r4uθθ +

x2 + y2

r3ur

= urr +1r2

uθθ +1rur.

Em outras palavras, o Laplaciano de u em coordenadas polares e dado por

∆u(r, θ) = urr +1rur +

1r2

uθθ. (5.18)

5.4.2 Solucao da Equacao de Laplace no Disco pelo Metodo de Separacao deVariaveis e Series de Fourier

Em coordenadas polares, a equacao de Laplace no disco D = [0, R)× [0, 2π) se torna

urr +1rur +

1r2

uθθ = 0 se 0 < r < R e 0 < θ < 2π,

u(R, θ) = f(θ) se 0 6 θ 6 2π,

onde f e uma funcao contınua que satisfaz f(0) = f(2π). Resolver este problema nestas coordenadas significaencontrar uma funcao u(r, θ) contınua em D e de classe C2 em (0, R)× (0, 2π) tal que u(r, 0) = u(r, 2π) paratodo 0 < r < R.

Escrevendou(r, θ) = F (r)G(θ),

obtemosF ′′(r)G(θ) +

1rF ′(r)G(θ) +

1r2

F (r)G′′(θ) = 0,

donde

r2 F ′′(r)F (r)

+ rF ′(r)F (r)

= −G′′(θ)G(θ)

= σ.

Do fato de G(θ) satisfazer a equacao diferencial ordinaria

G′′(θ) + σG(θ) = 0

e ser uma funcao periodica de perıodo 2π, concluımos que

σ = n2

para algum n > 0, eGn(θ) = an cos nθ + bn sen nθ. (5.19)

Em particular, F satisfaz a equacao diferencial ordinaria

r2F ′′(r) + rF ′(r)− n2F (r) = 0.

Esta e a equacao de Euler, cuja solucao geral e

F (r) =

c1 + c2 log r se n = 0,c1r

n + c2r−n se n > 1.

Como a solucao u e contınua, devemos ter F (r) limitada proximo a r = 0, o que implica que c2 = 0. Portanto,as solucoes de F admissıveis para este problema sao

Fn(r) = rn para n > 0.


As solucoes produto sao entao

u0(r, θ) =a0

2,

un(r, θ) = rn[an cos nθ + bn sennθ] para n > 1.

A solucao do problema e

u(r, θ) =a0

2+

∞∑n=1

rn

Rn[an cosnθ + bn sen nθ], (5.20)

onde an, bn sao os coeficientes de Fourier de f (lembre-se que f esta definida no intervalo [0, 2π], satisfazf(0) = f(2π) e e natural supor que ela e perıodica de perıodo 2π)

an =1π

∫ 2π

0

f(θ) cos nθ dθ, n > 0,

bn =1π

∫ 2π

0

f(θ) sen nθ dθ, n > 1.

(5.21)

Exemplo 5.3. Encontre a distribuicao de temperatura de estado estacionario em um disco de raio 1, se ametade superior da circunferencia e mantida a uma temperatura constante igual a 100 e a metadeinferior e mantida a temperatura constante 0.

Solucao. Em outras palavras, queremos resolver o problema de Dirichlet em coordenadas polares

∆u = 0 se 0 < r < R e 0 < θ < 2π,u(1, θ) = f(θ) se 0 6 θ 6 2π,

onde

f(θ) =

100 se 0 < θ < π,0 se π < θ < 2π.

Temos

an =100π

∫ π

0

cos nθ dθ =

100 se n = 0,0 se n > 1,

e

bn =100π

∫ π

0

sen nθ dθ =100nπ

(1− cos nπ) =

0 se n e par,200nπ

se n e ımpar..

Logo, a solucao e

u(r, θ) = 50 +200π

∞∑n=1

(−1)n+1

2n− 1r2n−1 sen(2n− 1)θ.

Observacao. A solucao obtida acima pode ser escrita em forma fechada com o auxılio da seguinte identidade∞∑

n=1

rn sen nθ

n= arctan

r sen θ

1− r cos θ. (5.22)

De fato, usando a identidade cos nπ sen nθ = sen n(θ − π) e reescrevendo a solucao anterior, obtemos

u(r, θ) = 50 +100π

∞∑n=1

1− cos nπ

nrn sennθ

= 50 +100π

∞∑n=1

rn sen nθ

n− 100

π

∞∑n=1

rn sen n(θ − π)n

= 50 +100π

arctanr sen θ

1− r cos θ− 100

πarctan

r sen(θ − π)1− r cos(θ − π)


de modo que

u(r, θ) = 50 +100π

(arctan

r sen θ

1− r cos θ+ arctan

r sen θ

1 + r cos θ

). (5.23)

Esta solucao e prontamente escrita em coordenadas cartesianas:

u(x, y) = 50 +100π

(arctan

y

1− x+ arctan

y

1 + x

). (5.24)

Em particular torna-se facil determinar as isotermas (isto e, curvas de temperatura constante) destasolucao. Igualando o lado direito a um valor T , temos

arctany

1− x+ arctan

y

1 + x=

π(T − 50)100

.

Aplicando tan a ambos os lados desta equacao e usando a identidade trigonometrica

tan(a + b) =tan a + tan b

1− tan a tan b,

obtemosy

1−x + y1+x

1−(

y1−x

)(y

1+x

) = tan(

πT

100− π

2

)= − cot

πT

100,

donde2y

1− x2 − y2= − cot

πT

100,

oux2 + y2 − 1

2y= tan

πT

100.

Portanto, a isoterma correspondente a temperatura T e o cırculo

x2 +(

y − tanπT

100

)2

= 1 + tan2 πT

100= sec2 πT

100,

centrado em(

0, tanπT

100

)e de raio sec

πT

100. Em particular, os centros destes arcos isotermais estao

centrados no eixo y. Por exemplo, T = 100 corresponde ao semicırculo superior, T = 50 correspondeao segmento do eixo x e T = 0 corresponde ao semicırculo inferior; os outros arcos isotermais ocupamposicoes intermediarias, deformando-se continuamente de uma destas posicoes para a outra.

5.4.3 Exercıcios

Exercıcio 5.12. Encontre a solucao limitada para a equacao de Laplace na regiao fora do cırculo r = a quesatisfaz as condicoes de contorno:

u(a, θ) = f(θ) se 0 6 θ 6 2π.

Exercıcio 5.13. Encontre a solucao para a equacao de Laplace na regiao semicircular r < a, 0 < θ < π,que satisfaz as condicoes de contorno:

u (r, 0) = u (r, π) = 0 se 0 6 r < a,

u(a, θ) = f(θ) se 0 6 θ 6 2π.


Exercıcio 5.14. Encontre a solucao para a equacao de Laplace na regiao anular a < r < b, 0 6 θ 6 2π, quesatisfaz as condicoes de contorno:

u(a, θ) = A se 0 6 θ 6 2π,

u(b, θ) = B se 0 6 θ 6 2π,

onde A,B ∈ R.

Exercıcio 5.15. Encontre uma solucao para o problema de Neumann no disco:

urr +1rur +

1r2

uθθ = 0 se 0 < r < R e 0 < θ < 2π,

ur(R, θ) = g(θ) se 0 6 θ 6 2π.

Exercıcio 5.16. A funcao potencial da velocidade φ de escoamento de um fluido invıscido incompressıvelem torno de um cilindro satisfaz o problema de valor de fronteira

φrr +1rφr +

1r2

φθθ = 0 se r > a e 0 6 θ 6 2π,

φr(a, θ) = 0, φ (r, θ) = φ (r,−θ) se 0 6 θ 6 2π.lim

r→∞φ (r, θ) = φ0r cos θ,

onde φ0 ∈ R. Use o metodo de separacao de variaveis para obter a solucao

φ (r, θ) =φ0

r

(r2 + a2

)cos θ.

Como φ e o potencial da velocidade V = (u, v) de escoamento do fluido, ou seja, V = ∇φ, deduza que

u =φ0

r2

(r2 − a2

)cos 2θ,

v = −φ0

r2a2 sen 2θ.

A partir daı, esboce as linhas de fluxo para o campo de velocidades do fluido em torno do cilindro.Isso pode ser feito de maneira mais facil, observando-se que em coordenadas retangulares a funcaopotencial e dada por

φ (x, y) = φ0x

(1 +

a2

x2 + y2

),

e que a funcao corrente para o escoamento e

ψ (x, y) = φ0y

(a2

x2 + y2− 1

),

isto e, ∇φ · ∇ψ = 0. Como V = ∇φ, conclua que as linhas de fluxo do campo de velocidades dofluido sao as curvas de nıvel de ψ (daı o nome funcao corrente, porque as linhas de fluxo sao tambemchamadas linhas de corrente).

5.5 Funcoes Harmonicas e o Princıpio do Maximo Forte

5.5.1 Identidades de Green

Seja Ω ⊂ Rn. O problema de Dirichlet para a equacao de Laplace e, dada uma funcao f ∈ C0(∂Ω), encontraruma funcao u ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω) que satisfaca

∆u = 0 em Ω,u = f sobre ∂Ω.

(D)


O problema de Neumann para a equacao de Laplace e, dada uma funcao g ∈ C(∂Ω), encontrar uma funcaou ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) que satisfaca

∆u = 0 em Ω,∂u

∂ν= g sobre ∂Ω,

(N)

onde ν e o vetor normal unitario apontando para fora. Enquanto o problema de Dirichlet tem solucao unica,como ja vimos no Teorema 5.2 (consequencia do Princıpio do Maximo Fraco, cuja demonstracao pode serfacilmente generalizada para Rn, n > 2), o problema de Neumann pode nao possuir solucao, porque a funcaog nao pode ser prescrita arbitrariamente. Por exemplo, se a fronteira ∂Ω e de classe C1, uma consequenciado Teorema da Divergencia para campos vetoriais F ∈ C1(Ω;Rn)

∫

Ω

div F =∫

∂Ω

F · ν (5.25)

e a formula de Green ∫

Ω

∆u =∫

∂Ω

∂u

∂ν(Formula de Green)

(basta tomar F = ∇u). Logo, se existe uma solucao para o problema de Neumann (N), entao g deve satisfazer∫

∂Ω

g = 0. (5.26)

Definimos o problema de Dirichlet para a equacao de Poisson de maneira analoga: dadas funcoes f ∈C0(Ω), g ∈ C0(∂Ω), encontrar uma funcao u ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω) que satisfaca

∆u = f em Ω,u = g sobre ∂Ω,

(DP)

e o problema de Neumann, ou seja, encontrar uma funcao u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) que satisfaca

∆u = f em Ω,∂u

∂ν= g sobre ∂Ω.

(NP)

Para que exista uma solucao para o problema de Neumann para a equacao de Poisson, uma condicaonecessaria pela formula de Green e que f e g satisfacam

∫

Ω

f =∫

∂Ω

g.

De agora em diante, assumiremos que a fronteira ∂Ω e sempre de classe C1. As seguintes identidades deGreen serao frequentemente usadas neste capıtulo. Assuma que u, v ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω).

∫

Ω

∇u · ∇v =∫

∂Ω

u∂v

∂ν−

∫

Ω

u∆v (Primeira Identidade de Green)

∫

Ω

(u∆v − v∆u) =∫

∂Ω

(u

∂v

∂ν− v

∂u

∂ν

)(Segunda Identidade de Green)

A primeira identidade segue diretamente do Teorema da Divergencia escolhendo F = u∇v e a segunda eobtida da primeira permutando u e v e subtraindo as duas identidades.

Proposicao 5.4. Se (DP) possui uma solucao de classe C2(Ω)∩C1(Ω), entao a solucao e unica. Se (NP)possui uma solucao de classe C2(Ω) ∩ C1(Ω), entao a solucao e unica a menos de uma constante.


Prova. Suponha que u1 e u2 sao duas solucoes para (DP) ou (NP). Entao w = u1 − u2 satisfaz

∆w = 0 em Ω,w = 0 sobre ∂Ω,

ou ∆w = 0 em Ω,∂w

∂ν= 0 sobre ∂Ω,

respectivamente. Em qualquer um dos dois casos, tomando u = v = w na primeira identidade de Green,segue que ∫

Ω

|∇w|2 = 0,

e portanto ∇w = 0 em Ω, logo w e constante em Ω. No caso do problema de Dirichlet, como w = 0 nafronteira ∂Ω, segue que esta constante e nula e portanto u1 = u2. No caso do problema de Neumann,concluımos que u1 e u2 sao iguais a menos de uma constante; alem disso, se u e uma solucao para (NP) eC ∈ R e uma constante, entao u + C tambem e uma solucao para (NP). ¥Observe que para provar a Proposicao 5.4 exigi-se que a solucao u seja de classe C1(Ω) (em outras palavras,de classe C1 ate a fronteira). Esta exigencia e necessaria para que possamos usar a identidade de Green. Noentanto, para o problema de Dirichlet, ja vimos que usando o Princıpio do Maximo podemos estabelecer aunicidade mesmo se u for apenas de classe C0(Ω) (isto e, apenas contınua ate a fronteira).

5.5.2 Funcoes Harmonicas e as Propriedades do Valor Medio

Uma funcao u ∈ C2(Ω) que satisfaz a equacao de Laplace ∆u = 0 e chamada uma funcao harmonicaem Ω. Portanto, solucoes para o problema de Laplace sao funcoes harmonicas que satisfazem a condicao defronteira (Dirichlet ou Neumann) dada. Segue da Primeira Identidade de Green que se u e harmonica emΩ, entao ∫

∂Ω

∂u

∂ν= 0 (5.27)

e ∫

Ω

|∇u|2 =12

∫

∂Ω

∂

∂ν(u2). (5.28)

Se u ∈ C0(Ω) e uma funcao qualquer e BR = BR(x) ⊂⊂ Ω, pelo Teorema do Valor Medio para Integraistemos

u(x) = limr→0

1|∂BR|

∫

∂BR

u,

u(x) = limr→0

1|BR|

∫

BR

u.

Se u e harmonica, o valor de u no centro da esfera ou bola e igual ao valor da media da integral em qualqueresfera ou bola e nao apenas o limite das medias:

Teorema 5.5. (Teorema do Valor Medio para Funcoes Harmonicas) Seja u harmonica em Ω. Entao, paraqualquer bola BR = BR(x) ⊂⊂ Ω, vale

u(x) =1

|∂BR|∫

∂BR

u =1

nωnRn−1

∫

∂BR

u (5.29)

eu(x) =

1|BR|

∫

BR

u =1

ωnRn

∫

BR

u. (5.30)

Aqui, ωn = 2πn/2/nΓ(n/2) denota o volume da bola unitaria em Rn.


Prova. Para provar a segunda desigualdade, seja x ∈ Ω e BR = BR(x) ⊂⊂ Ω. Defina para r ∈ (0, R] afuncao

φ(r) =1

|∂Br|∫

∂Br

u.

Para obter a derivada da funcao φ, fazemos a mudanca de variaveis

ω =y − x

r,

de modo que

φ(r) =1

nωnrn−1

∫

∂Br

u(y) ds =1

nωn

∫

∂B1(0)

u(x + rω) dω =1

|∂B1(0)|∫

∂B1(0)

u(x + rω) dω,

e daı

φ′(r) =1

|∂B1(0)|∫

∂B1(0)

∇u(x + rω) · ω dω =1

|∂Br|∫

∂Br

∇u(y) · y − x

rds

=1

|∂Br|∫

∂Br

∂u

∂νds,

pois o vetor normal unitario a ∂Br(x) apontando para fora e exatamente o vetory − x

r. Em outras palavras,

provamos qued

dr

(1

|∂Br|∫

∂Br

u

)=

1|∂Br|

∫

∂Br

∂u

∂r. (5.31)

Mas, pela harmonicidade de u, temos que ∫

∂Br

∂u

∂ν= 0,

logoφ′(r) ≡ 0

e φ(r) e uma funcao constante. Portanto,

1|∂Br|

∫

∂Br

u ≡ 1|∂BR|

∫

∂BR

u

para todo 0 < r 6 R. Usando o Teorema do Valor Medio para Integrais

limr→0

1|∂Br|

∫

∂Br

u = u(x),

obtemos a primeira identidade. Em particular, agora sabemos que vale a igualdade

nωnrn−1u(x) =∫

∂Br

u

para todo r, e a segunda identidade pode entao ser obtida integrando-se esta equacao de r = 0 ate r = R. ¥

Proposicao 5.6. (Caracterizacao das Funcoes Harmonicas) Suponha que u ∈ C2(Ω) satisfaca qualquer umadas propriedades do valor medio enunciadas na proposicao anterior. Entao u e harmonica em Ω.

Prova. Suponha que exista um ponto x ∈ Ω tal que ∆u(x) > 0. Entao, de acordo com a demonstracao daproposicao anterior, para todo r suficientemente pequeno temos

0 = |∂Br| ∂

∂r

[1

|∂Br|∫

∂Br

u ds

]=

∫

∂Br

∂u

∂ν=

∫

Br

∆u > 0,

uma contradicao. Analogamente, eliminamos a possibilidade de que ∆u < 0. ¥E possıvel remover a hipotese de que u ∈ C2(Ω).


5.5.3 Princıpio do Maximo Forte

Teorema 5.7. (Princıpio do Maximo Forte) Suponha que u ∈ C2(Ω) satisfaca ∆u = 0. Se Ω e conexo eexiste um ponto x0 ∈ Ω tal que u(x0) = max

Ωu, entao u e constante. Em outras palavras, uma funcao

harmonica nao pode assumir um maximo no interior a menos que ela seja constante.

Prova. Denote M = maxΩ

u e considere o conjunto A = x ∈ Ω : u(x) = M. Por hipotese, A e nao-vazio

e fechado em Ω, pois u e contınua em Ω. Como Ω e conexo, para provar que A = Ω e portanto que u econstante, basta provar que A e aberto. De fato, dado x ∈ A e uma bola BR = BR(x) ⊂⊂ Ω, temos pelapropriedade do valor medio para funcoes harmonicas que

M = u(x) =1

|BR|∫

BR

u 6 1|BR|

∫

BR

M = M.

Se houvesse pelo menos um ponto em BR(x) cujo valor e estritamente menor que M , entao a desigualdadeacima seria estrita, o que constituiria uma contradicao. Concluımos que u ≡ M em BR(x), logo A e aberto.¥Analogamente, pode-se provar que se uma funcao harmonica assume um mınimo no interior, entao ela econstante.

Exemplo 5.8. A hipotese de Ω ser limitada nao pode ser removida do Teorema 5.7. Com efeito, se Ω =(x, y) ∈ R2 : y > |x|, entao a funcao

u(x, y) = y2 − x2

e harmonica em Ω, u ≡ 0 em ∂Ω e supΩ

u = +∞. ¤

5.5.4 Desigualdade de Harnack

Para funcoes harmonicas u nao-negativas em um aberto Ω, o maximo e o mınimo de u em qualquer subcon-junto compacto de Ω sao comparaveis, e a constante de comparacao independe da solucao:

Teorema 5.9. (Desigualdade de Harnack) Suponha que u e uma funcao harmonica nao-negativa em Ω ⊂Rn. Entao, para qualquer subconjunto limitado Ω′ ⊂⊂ Ω, existe uma constante C = C(n,Ω′, dist(Ω′, ∂Ω))tal que

supΩ′

u 6 C infΩ′

u.

Em particular,1C

u(y) 6 u(x) 6 Cu(y) para todos x, y ∈ Ω′.

Prova. Seja

R =14

dist(Ω′, ∂Ω).

Entao, para quaisquer pontos x, y ∈ Ω′ tais que |x− y| 6 R, vale a desigualdade

u(x) =1

ωn(2R)n

∫

B2R(x)

u > 1ωn(2R)n

∫

BR(y)

u =12n

u(y).

Segue quesup

BR(y)

u 6 2n infBR(y)

u.


Como Ω′ e compacto, podemos cobrir Ω′ por um numero finito de bolas abertas B1, . . . , BN de raio R taisque Bi ∩Bi+1 6= ∅ para i = 1, . . . , N − 1. Daı,

u(x) > 12nN

u(y)

para todos x, y ∈ Ω′. ¥Note que este resultado afirma que os valores de uma funcao harmonica nao-negativa u em Ω′ sao todoscomparaveis: u nao pode ser muito pequena (ou muito grande) em um ponto de Ω′, a menos que u seja muitopequena (ou muito grande) em todos os pontos de Ω′. Em outras palavras, funcoes harmonicas nao-negativasnao podem oscilar violentamente em abertos limitados.

5.6 Solucao da Equacao de Laplace atraves de Funcoes de Green

5.6.1 Solucao Fundamental da Equacao de Laplace

O operador laplaciano e invariante sob rotacoes e reflexoes. Lembre-se que uma rotacao do espaco Rn e umatransformacao linear ortogonal P : Rn → Rn com determinante positivo (+1), enquanto que uma reflexao euma transformacao linear ortogonal com determinante negativo (−1).

Teorema 5.10. (Invariancia do Laplaciano sob Rotacoes) Seja u : U ⊂ Rn → R, x 7→ u(x) uma funcao declasse C2. Considere uma mudanca de coordenadas

y = Px,

onde P e uma matriz ortogonal. Seja V = PU e defina v : V ⊂ Rn → R, y 7→ v(y) por

v(y) = u(P−1(y)).

Entao, para todo y = Px , vale

∆u(x) =n∑

i=1

∂2u

∂x2i

(x) =n∑

i=1

∂2v

∂y2i

(y) = ∆v(y).

Prova. Denote P = (pij). Entao∂yi

∂xj= pij .

Como u(x) = v(Px), pela regra da cadeia segue que

∂u

∂xi(x) =

n∑

j=1

∂v

∂yj(Px)

∂yj

∂xi=

n∑

j=1

∂v

∂yj(Px)pji

e∂2u

∂x2i

(x) =n∑

j=1

∂

∂xi

[∂v

∂yj(Px)

]pji =

n∑

j=1

[n∑

k=1

∂2v

∂yj∂yk(Px)

∂yk

∂xi

]pji =

n∑

j,k=1

∂2v

∂yj∂yk(y)pjipki.

Por definicao de matriz ortogonal (PPt = I), temos

n∑

i=1

pjipki = δjk =

1 se j = k,0 se j 6= k.


Logo,

∆u(x) =n∑

i=1

∂2u

∂x2i

(x) =n∑

i=1

n∑

j,k=1

∂2v

∂yj∂yk(y)pjipki =

n∑

j,k=1

∂2v

∂yj∂yk(y)

n∑

i=1

pjipki

=n∑

j,k=1

δjk∂2v

∂yj∂yk(y) =

n∑

i=1

∂2v

∂y2i

(y).

¥Esta invariancia do laplaciano com respeito a rotacoes torna plausıvel a existencia de solucoes radiais paraa equacao de Laplace. Veremos que a equacao de Laplace de fato possui uma solucao radial fundamental, apartir da qual solucoes mais complexas podem ser construıdas.

Seja u(x) = u(|x|) = u(r) uma funcao radial. Para uma funcao radial, o laplaciano e dado por

∆u =d2u

dr2+

n− 1r

du

dr.

De fato, comor = |x| = (

x21 + . . . x2

n

)1/2,

temos∂r

∂xi=

12

2xi

(x21 + . . . x2

n)1/2=

xi

r.

Logo,∂u

∂xi=

∂u

∂r

∂r

∂xi=

du

dr

xi

r

e

∂2u

∂x2i

=d2u

dr2

xi

r

xi

r+

du

dr

r − x2i

rr2

=

d2u

dr2

x2i

r2+

du

dr

(1r− x2

i

r3

),

donden∑

i=1

∂2u

∂x2i

=d2u

dr2

n∑

i=1

x2i

r2+

du

dr

n∑

i=1

(1r− x2

i

r3

)=

d2u

dr2+

du

dr

(n

r− 1

r

)=

d2u

dr2+

n− 1r

du

dr.

Logo, se u = u(r) e uma funcao radial harmonica, ela satisfaz a equacao diferencial ordinaria de segundaordem

u′′(r) +n− 1

ru′(r) = 0.

Esta equacao pode ser facilmente resolvida substituindo-se w(r) = u′(r). Entao w(r) satisfaz

w′(r) +n− 1

rw(r) = 0,

ouw′(r)w(r)

= −n− 1r

;

esta equacao pode ser integrada para obtermos, a menos de constantes multiplicativas e aditivas,

log w(r) = −(n− 1) log r = log r−(n−1),

dondew(r) =

1rn−1

.


Integrando esta equacao, obtemos, a menos de constantes multiplicativas e aditivas,

u(r) =

log r se n = 2,

1rn−2

se n > 3.

Observe que esta funcao possui uma singularidade na origem. Escolhendo constantes convenientes, chegamosa seguinte definicao:

Definicao. A funcao Γ : Rn\0 → R definida por

Γ(x) =

− 1

2πlog |x| se n = 2,

1n(n− 2)ωn

1|x|n−2 se n > 3,

(5.32)

e chamada a solucao fundamental para a equacao de Laplace.

O motivo para se usar as constantes multiplicativas acima na definicao da solucao fundamental e para queas mesmas nao aparecam na formula de representacao de Green (veja a proxima subsecao). Observe que afuncao Γ e harmonica e de classe C∞ em Rn\0.

Para muitos resultados subsequentes deste capıtulo sera utilizado o seguinte fato que lembramos: sef(x) = f(|x|) e uma funcao radial, entao

∫

BR(0)

f = nωn

∫ R

0

f(r)rn−1dr. (5.33)

A funcao Γ e integravel em qualquer vizinhanca limitada da singularidade na origem, mas nao e integravelem todo o Rn, pois

∫

BR(0)

Γ(x) dx = nωn

∫ R

0

Γ(r)rn−1 dr =

−∫ R

0

r log r dr se n = 2,

1n− 2

∫ R

0

r dr se n > 3.

As derivadas parciais de primeira e segunda ordem de Γ sao dadas por

∂Γ∂xi

(x) = − 1nωn

xi

|x|n ,

∂2Γ∂xi∂xj

(x) = − 1nωn

(δij

|x|n −nxixj

|x|n+2

).

Note que as derivadas parciais de segunda ordem de Γ nao sao integraveis em uma vizinhanca da singulari-dade. As seguintes estimativas serao uteis mais tarde:

|DΓ| 6 1nωn

1|x|n−1 ,

∣∣D2Γ∣∣ 6 1

ωn

(1|x|n

).


5.6.2 Funcao de Green

Dada uma funcao u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω), pretendemos obter uma formula de representacao integral para u(y)em termos da solucao fundamental Γ(x − y), onde y ∈ Ω e um ponto arbitrario. Para isso, gostarıamos deusar a Segunda Identidade de Green, colocando diretamente Γ(x− y) no lugar de v, mas isso nao pode serfeito porque Γ(x− y) possui uma singularidade em y. Uma maneira de superar esta dificuldade e aplicar aSegunda Identidade de Green na regiao Ω\Bε(y) e fazer ε → 0. Fazendo isso, chegamos ao seguinte resultado:

Teorema 5.11. (Formula de Representacao de Green) Seja Ω um aberto limitado e u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω).Entao, para todo y ∈ Ω,

u(y) = −∫

∂Ω

(u

∂Γ∂ν

(x− y)− ∂u

∂νΓ(x− y)

)−

∫

Ω

∆uΓ(x− y) (5.34)

Prova. Seja ε > 0 suficientemente pequeno para que tenhamos Bε(y) ⊂ Ω. Entao Γ(x − y) e de classe C1

(na verdade, de classe C∞) em Ω\Bε(y) e podemos aplicar a Segunda Identidade de Green a esta regiaopara obter∫

∂[Ω\Bε(y)]

(∂u

∂νΓ(x− y)− u

∂Γ∂ν

(x− y))

=∫

Ω\Bε(y)

(∆uΓ(x− y)− u∆Γ(x− y)) =∫

Ω\Bε(y)

∆uΓ(x− y).

Como ∂[Ω\Bε(y)] = ∂Ω ∪ ∂Bε(y), segue que∫

∂Ω

(∂u


∂Γ∂ν

(x− y))

+∫

∂Bε(y)

(∂u


∂Γ∂ν

(x− y))

=∫

Ω\Bε(y)

∆uΓ(x− y).

(observe que na segunda integral do lado direito, o vetor normal unitario ν aponta para dentro da bola∂Bε(y)). Mas, se C = supΩ |∇u|, temos

∣∣∣∣∣∫

∂Bε(y)

∂u

∂νΓ(x− y)

∣∣∣∣∣ 6 C

∫

∂Bε(y)

Γ(x− y) = CΓ(ε)nωnεn−1 =

Cε log ε se n = 2,

C

n− 2ε se n > 3,

logo ∫

∂Bε(y)

∂u

∂νΓ(x− y) → 0 quando ε → 0;

por outro lado,∫

∂Bε(y)

u∂Γ∂ν

(x− y) = −Γ′(ε)∫

∂Bε(y)

u =1

nωnεn−1

∫

∂Bε(y)

u =1

|∂Bε(y)|∫

∂Bε(y)

u,

donde−

∫

∂Bε(y)

u∂Γ∂ν

(x− y) → −u(y) quando ε → 0.

Alem disso, como a funcao Γ e integravel em uma vizinhanca da singularidade, temos que∫

Ω\Bε(y)

∆uΓ(x− y) →∫

Ω

∆uΓ(x− y) quando ε → 0.

Portanto, fazendo ε → 0, obtemos o resultado desejado. ¥A partir da formula de representacao de Green obtemos imediatamente uma formula de representacao

para funcoes harmonicas, a qual permite concluir o alto grau de regularidade destas:


Corolario 5.12. (Formula de Representacao para Funcoes Harmonicas) Seja Ω um aberto limitado e u ∈C2(Ω) ∩ C1(Ω) uma funcao harmonica. Entao, para todo y ∈ Ω,

u(y) = −∫

∂Ω

(u

∂Γ∂ν

(x− y)− ∂u

∂νΓ(x− y)

). (5.35)

Consequentemente, toda funcao harmonica e de classe C∞ em Ω. Alem disso, qualquer derivadaparcial Dαu de u tambem e uma funcao harmonica.

Prova. De fato, como y /∈ ∂Ω, o integrando nesta formula de representacao e infinitamente diferenciavelcom respeito a y. Alem disso, mudando a ordem de derivacao, temos

∆ [Dαu] (y) = Dα [∆u] (y) = 0.

¥Agora, para cada y ∈ Ω, suponha que hy ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) satisfaz o problema de Dirichlet

∆hy = 0 em Ω,hy(x) = Γ(x− y) sobre ∂Ω.

Entao, novamente pela Segunda Identidade de Green temos∫

∂Ω

(∂u

∂νhy − u

∂hy

∂ν

)=

∫

Ω

hy∆u

ou ∫

∂Ω

(∂u


∂hy

∂ν

)=

∫

Ω

hy∆u.

Subtraindo esta identidade da Formula de Representacao de Green, obtemos

u(y) = −∫

∂Ω

(u

∂Γ∂ν

(x− y)− ∂u

∂νΓ(x− y)

)−

∫

Ω

∆uΓ(x− y)−∫

∂Ω

(∂u


∂hy

∂ν

)+

∫

Ω

hy∆u

= −∫

∂Ω

u

[∂Γ∂ν

(x− y)− ∂hy

∂ν(x)

]−

∫

Ω

∆u [Γ(x− y)− hy(x)] .

Definicao. A funcao G : Ω× Ω\x = y → R definida por

G(x, y) = Γ(x− y)− hy(x)

e chamada a funcao de Green para o laplaciano na regiao Ω.

Portanto,

u(y) = −∫

∂Ω

u(x)∂G

∂ν(x, y)−

∫

Ω

∆u(x)G(x, y). (5.36)

Proposicao 5.13. Seja Ω um aberto limitado. Entao toda solucao u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) do problema deDirichlet −∆u = f em Ω,

u = g sobre ∂Ω,

satisfaz

u(y) = −∫

∂Ω

g(x)∂G

∂ν(x, y) +

∫

Ω

f(x)G(x, y). (5.37)

Assim, temos uma formula para construir a solucao de qualquer problema de Dirichlet para o laplaciano emum aberto limitado Ω, desde que conhecamos a funcao de Green para Ω. A dificuldade e obter a funcao deGreen para um dado domınio Ω.


5.6.3 Propriedades da Funcao de Green

Antes de buscarmos funcoes de Green para outros domınios, vamos examinar algumas das propriedadesgerais da funcao de Green.

Proposicao 5.14. A funcao de Green e simetrica, isto e,

G(x, y) = G(y, x). (5.38)

Prova. Seja G a funcao de Green para um aberto Ω ⊂ Rn. Fixe x, y ∈ Ω, x 6= y. Defina

v(z) = G(z, x),w(z) = G(z, y).

Mostraremos que v(y) = w(x). Observe que, por construcao, a funcao de Green G(x, y) = Γ(x− y)− hy(x)e harmonica na primeira variavel em x 6= y. Segue que

∆v(z) = 0 para z 6= x,

∆w(z) = 0 para z 6= y,

e v = w = 0 em ∂Ω. Logo, podemos aplicar a segunda identidade de Green em Ω\ [Bε(x) ∪Bε(y)], paratodo ε 6 ε0 para algum ε0 suficientemente pequeno, para obter

∫

∂(Ω\[Bε(x)∪Bε(y)])

(v∂w

∂ν− w

∂v

∂ν

)=

∫

Ω\[Bε(x)∪Bε(y)]

(v∆w − w∆v) = 0,

ou ∫

∂Bε(x)

(v∂w

∂ν− w

∂v

∂ν

)=

∫

∂Bε(y)

(w

∂v

∂ν− v

∂w

∂ν

)(5.39)

onde ν denota o vetor normal unitario apontando para dentro das bolas Bε(x) e Bε(y). Tomando o limitequando ε → 0, como w e suave na vizinhanca de x, segue como na demonstracao do Teorema 5.11 e do fatoque hx e contınua que

∫

∂Bε(x)

v∂w

∂ν=

∫

∂Bε(x)

Γ(z − x)∂w

∂ν+

∫

∂Bε(x)

hx∂w

∂ν→ 0;

analogamente, como v e suave na vizinhanca de y e hy e contınua temos tambem∫

∂Bε(y)

w∂v

∂ν=

∫

∂Bε(y)

Γ(z − y)∂v

∂ν+

∫

∂Bε(y)

hy∂v

∂ν→ 0.

Da mesma forma, como na demonstracao daquele teorema, podemos provar que∫

∂Bε(x)

w∂v

∂ν=

∫

∂Bε(x)

w∂Γ∂ν

(z − x) +∫

∂Bε(x)

w∂hx

∂ν(z) → w(x),

∫

∂Bε(y)

v∂w

∂ν=

∫

∂Bε(y)

v∂Γ∂ν

(z − y) +∫

∂Bε(y)

v∂hy

∂ν(z) → v(y),

quando ε → 0. O resultado segue. ¥

Corolario 5.15. As funcoes

G e∂G

∂ν

sao harmonicas nas duas variaveis em x 6= y.


5.6.4 Solucao da Equacao de Laplace em Bolas – Formula Integral de Poisson

Considere a transformacao T : Rn\0 → Rn\0, T : x 7→ x = T (x) definida por

x = R2 x

|x|2 .

Esta transformacao e chamada a inversao atraves da esfera ∂BR(0) de raio R. A inversao e um difeomorfismoque transforma o interior da bola BR(0) em seu exterior Rn\BR(0), mantendo fixada a esfera ∂BR(0); a suainversa e ela propria. Usaremos a inversao para calcular a funcao de Green para a bola BR(0).

Para encontrar a funcao de Green para a bola BR(0), fixado y ∈ BR(0) precisamos encontrar uma funcaoharmonica hy ∈ C2(BR(0)) ∩ C1(BR(0)) solucao para o problema de Dirichlet

∆hy = 0 em BR(0),hy(x) = Γ(x− y) sobre ∂BR(0). (5.40)

Se y = 0, basta tomar hy como sendo a funcao constante hy(x) ≡ Γ(R). Se y 6= 0, a situacao e mais compli-cada. Em princıpio, poderıamos tomar a propria funcao Γ, exceto pelo fato que Γ possui uma singularidadeem y. Mas isso pode ser corrigido atraves da inversao. De fato, a funcao

hy(x) =Rn−2

|y|n−2 Γ

(x− R2y

|y|2)

. (5.41)

e harmonica em BR(0), porque o laplaciano e um operador linear invariante por translacoes. Esta funcao

deixa de ser harmonica apenas em y =R2y

|y|2 que e a imagem do ponto y pela inversao atraves da esfera

∂BR(0), logo e um ponto fora da bola BR(0). Note que podemos escrever

hy(x) = Γ

(|y|R

(x− R2y

|y|2))

, (5.42)

pois

Γ

(|y|R

(x− R2y

|y|2))

=1

n(n− 2)ωn

1

|y|n−2

Rn−2

∣∣∣∣∣x−R2y

|y|2∣∣∣∣∣

n−2 =Rn−2

|y|n−2

1n(n− 2)ωn

1∣∣∣∣∣x−R2y

|y|2∣∣∣∣∣

n−2

=Rn−2

|y|n−2 Γ

(x− R2y

|y|2)

.

Alem disso, para x ∈ ∂BR(0), temos

∣∣∣∣∣|y|R

(x− R2y

|y|2)∣∣∣∣∣ =

|y|2

R2

∣∣∣∣∣x−R2y

|y|2∣∣∣∣∣

2

12

=

[|y|2R2

(|x|2 − 2R2 x · y

|y|2 +R4

|y|2)] 1

2

=(|y|2 − 2x · y + |x|2

) 12

= |x− y| , (5.43)

logohy(x) = Γ(x− y) em ∂BR(0).

Justificamos apenas para n > 3, mas as conclusoes sao validas tambem para n = 2, como o leitor podeprontamente verificar. Portanto, a funcao hy definida acima e a solucao procurada para o problema de


Dirichlet (7.2) no caso y 6= 0. Concluımos que a funcao de Green para a bola BR(0) e a funcao G(x, y) =Γ(x− y)− hy(x) dada por

G(x, y) =

Γ(x− y)− Γ

(|y|R

(x− R2y

|y|2))

se y 6= 0,

Γ(x)− Γ (R) se y = 0.

(5.44)

Segue da Proposicao 5.13 que se u ∈ C2(BR(0)) ∩ C1(BR(0)) e harmonica, entao

u(y) = −∫

∂BR(0)

u(x)∂G

∂ν(x, y) ds(x).

A derivada normal∂G

∂νem ∂BR(0) pode ser calculada da seguinte maneira. Como o vetor normal unitario

apontando para fora ex

R, segue que

∂G

∂ν(x, y) = ∇xG(x, y) · x

R=

1R

n∑

i=1

xi∂G

∂xi(x, y) =

1R

n∑

i=1

xi

[∂

∂xiΓ(x− y)− ∂

∂xiΓ

( |y|R

(x− y))]

.

Temos∂

∂xiΓ(x− y) = − 1

nωn

xi − yi

|x− y|ne

∂

∂xiΓ

( |y|R

(x− y))

= − 1nωn

|y|R

(xi − yi)∣∣∣∣|y|R

(x− y)∣∣∣∣n|y|R

= − 1nωn

|y|2R2

xi − R2yi

|y|2∣∣∣∣∣|y|R

(x− R2y

|y|2)∣∣∣∣∣

n = − 1nωn

|y|2R2

xi − yi

|x− y|n

onde usamos (5.43). Para x ∈ ∂BR(0), segue que

∂G

∂ν(x, y) = − 1

nωnR |x− y|nn∑

i=1

xi

[xi − yi −

(|y|2R2

xi − yi

)]= − 1

nωnR |x− y|nn∑

i=1

[x2

i −|y|2R2

x2i

]

= − 1nωnR

R2 − |y|2|x− y|n .

Assim, trocando as variaveis, obtemos a formula de representacao

u(x) =R2 − |x|2

nωnR

∫

∂BR(0)

u(y)|x− y|n ds(y). (5.45)

Esta formula e chamada a formula integral de Poisson. A funcao

K(x, y) =1

nωnR

R2 − |x|2|x− y|n , x ∈ BR(0), y ∈ ∂BR(0), (5.46)

e chamada o nucleo de Poisson para a bola BR(0). Usaremos agora a formula integral de Poisson paraprovar que o problema de Dirichlet para a equacao de Laplace na bola possui solucao:

Lema 5.16. Para todo x ∈ BR(0), vale∫

∂BR(0)

K(x, y) ds(y) = 1. (5.47)


Prova. Basta tomar u ≡ 1 na fomula integral de Poisson. ¥

Teorema 5.17. Seja g ∈ C0(∂BR(0)). Defina

u(x) =R2 − |x|2

nωnR

∫

∂BR(0)

g(y)|x− y|n ds(y). (5.48)

Entao u ∈ C2(BR(0)) ∩ C0(BR(0)) e u e a solucao do problema de Dirichlet

∆u = 0 em BR(0),u = g sobre ∂BR(0).

Prova. Como vimos no Corolario 5.15, a funcao∂G

∂ν(y, x) tambem e harmonica com relacao a segunda

variavel x e x ∈ BR(0), logo podemos derivar

u(x) = −∫

∂BR(0)

u(y)∂G

∂ν(y, x) ds(y)

dentro do sinal de integracao para obter ∆u(x) = 0 se x ∈ BR(0). Resta estabelecer a continuidade ate afronteira, isto e, que para todo x0 ∈ ∂Ω, temos

limx→x0

u(x) = g(x0).

Como g e contınua, dado ε > 0, escolha δ0 > 0 tal que |g(y)− g(x0)| < ε se |y − x0| < δ0 e seja M =max∂BR(0) g. Pelo Lema 5.16, temos

g(x0) =∫

∂BR(0)

g(x0)K(x, y) ds(y).

Portanto,

|u(x)− g(x0)| =∣∣∣∣∣∫

∂BR(0)

K(x, y) (g(y)− g(x0)) ds(y)

∣∣∣∣∣ 6∫

∂BR(0)

K(x, y) |g(y)− g(x0)| ds(y)

=∫

|y−x0|6δ0

K(x, y) |g(y)− g(x0)| ds(y) +∫

|y−x0|>δ0

K(x, y) |g(y)− g(x0)| ds(y)

6 ε

∫

∂BR(0)

K(x, y) ds(y) + 2M

∫

|y−x0|>δ0

K(x, y) ds(y)

= ε + 2MR2 − |x|2

nωnR

∫

|y−x0|>δ0

1|x− y|n ds(y)

6 ε + 2MR2 − |x|2

nωnR

(2δ0

)n

|∂BR(0)|

= ε + 2n+1MRn−2 R2 − |x|2δn0

.

Como R2 − |x|2 → 0 se x → x0 ∈ ∂BR(0), existe δ > 0 tal que se |x− x0| < δ podemos garantir que|u(x)− g(x0)| 6 2ε. ¥


5.6.5 Exercıcios

Exercıcio 5.17. Deduza da formula integral de Poisson a seguinte versao para a desigualdade de Harnack:

Seja u uma funcao harmonica nao-negativa em BR(0) ⊂ Rn. Entao, para todo x ∈ BR(0), vale

(R

R + |x|)n−2

R− |x|R + |x|u(0) 6 u(x) 6

(R

R− |x|)n−2

R + |x|R− |x|u(0)

Exercıcio 5.18. Deduza o Teorema de Liouville a partir da versao para a desigualdade de Harnack provadano item anterior:

Se u e uma funcao harmonica nao-negativa em Rn, entao u e constante.

Exercıcio 5.19. Mostre que o problema de Dirichlet nao-linear

∆u = u3 em Ω,u = 0 sobre ∂Ω,

onde Ω ⊂ Rn e um aberto limitado, possui como solucao apenas a funcao identicamente nula.

Exercıcio 5.20. Mostre que se u e v sao funcoes harmonicas, entao seu produto uv e harmonico se e somentese ∇u ·∇v = 0. Conclua que se u e uma funcao harmonica tal que u2 e harmonica, entao u e constante.

Capıtulo 6

A Equacao da Onda no Disco:Vibracoes de uma Membrana Circular

6.1 A Membrana Circular Vibrante: Vibracoes Radiais

Considere uma membrana elastica fina, com densidade uniforme, esticada sobre uma armacao circular deraio R e vibrando na direcao perpendicular ao disco D definido pelo cırculo, em um meio que nao opoeresistencia ao seu movimento. As vibracoes desta membrana sao descritas pelo problema de valor inicial ede fronteira

utt = c2 (uxx + uyy) se (x, y) ∈ D e t > 0,u(x, y, t) = 0 se (x, y) ∈ ∂D e t > 0,u(x, y, 0) = f(x, y) se (x, y) ∈ D,ut(x, y, 0) = g(x, y) se (x, y) ∈ D,

com f(x, y) = g(x, y) = 0 se (x, y) ∈ ∂D. Em coordenadas polares, este problema se torna

utt = c2

(urr +

1rur +

1r2

uθθ

)se 0 < r < R, 0 < θ < 2π e t > 0,

u(R, θ, t) = 0 se 0 6 θ 6 2π e t > 0,u(r, θ, 0) = f(r, θ) se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,ut(r, θ, 0) = g(r, θ) se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,

com f, g funcoes periodicas de perıodo 2π na variavel θ, satisfazendo f(R, θ) = g(R, θ) = 0 para todo0 6 θ 6 2π. Se restringirmos nossa atencao aos casos em que a posicao inicial f e a velocidade inicial gsao funcoes radialmente simetricas f(r, θ) = f(r) e g(r, θ) = g(r) (ou seja, a posicao e velocidade iniciais deum ponto da membrana dependem apenas da distancia dele ao centro e nao do angulo polar θ), a simetriada situacao implica que a solucao u tambem devera ser radialmente simetrica, isto e, u(r, θ, t) = u(r, t) (aposicao de um ponto da membrana em qualquer instante de tempo nao dependara do angulo θ). Entao oproblema se simplifica consideravelmente:

utt = c2

(urr +

1rur

)se 0 < r < R, 0 < θ < 2π e t > 0,

u(R, t) = 0 se t > 0,u(r, 0) = f(r) se 0 6 r 6 R,ut(r, 0) = g(r) se 0 6 r 6 R,

(6.1)

com f(R) = g(R) = 0.

160


Vamos tentar resolver este problema pelo metodo de separacao de variaveis. Suponha que possamosescrever

u(r, t) = F (r)G(t).

Entao

F (r)G′′(t) = c2

[F ′′(r)G(t) +

1rF ′(r)G(t)

],

donde1c2

G′′(t)G(t)

=F ′′(r)F (r)

+1r

F ′(r)F (r)

= −λ2.

Aqui, nos adiantamos na analise da constante de separacao de variaveis e decidimos que ela e negativa porqueesperamos obter solucoes de G periodicas, pois as vibracoes de uma membrana que nao esta sujeita a forcasexternas ou dissipativas devem ser periodicas no tempo. Isso nos leva as seguintes equacoes diferenciaisordinarias:

rF ′′(r) + F ′(r) + λ2rF (r) = 0 se 0 < r < R,F (R) = 0,

(6.2)

eG′′(t) + c2λ2G(t) = 0.

A primeira equacao e conhecida como a equacao de Bessel de ordem 0 e parametro λ. Ela nao possuisolucoes em forma fechada. No entanto, ela aparece tao frequentemente nas aplicacoes que as suas solucoesreceberam um nome especial: as funcoes de Bessel.Observacao: Poderıamos em princıpio tambem ter λ = 0, pois funcoes constantes tambem sao periodicascom perıodo 2π, e neste caso terıamos uma equacao de Euler. No entanto, a solucao geral para esta equacaode Euler seria F (r) = c1 + c2 log r e a condicao F (R) = 0 implicaria que F ≡ 0.

6.2 Funcoes de Bessel

Para facilitar o estudo da equacao de Bessel, vamos nos livrar do parametro λ atraves da mudanca de variavelx = λr, considerando a funcao

y(x) = F(x

λ

). (6.3)

Entaoy′(x) =

1λ

F ′(r) e y′′(x) =1λ2

F ′′(r),

de modo que a equacao de Bessel de ordem 0 torna-se

x2y′′ + xy′ + x2y = 0.

Mais geralmente, vamos estudar a equacao de Bessel de ordem p, ja que esta equacao surgira nosproblemas da membrana circular vibrante sem simetria radial:

x2y′′ + xy′ + (x2 − p2)y = 0. (6.4)

Como observado antes, esta equacao nao possui uma solucao em forma fechada. Para resolve-la, usaremosum metodo que estende o metodo de series de potencias, chamado metodo de Frobenius.


6.2.1 Funcoes de Bessel do Primeiro Tipo

Escrevendo

y(x) = xc∞∑

n=0

anxn =∞∑

n=0

anxn+c,

onde c e uma constante nao necessariamente inteira, diferenciando termo a termo e substituindo na equacaodiferencial, obtemos

∞∑n=0

(n + c)(n + c− 1)anxn+c +∞∑

n=0

(n + c)anxn+c +∞∑

n=0

(x2 − p2)anxn+c = 0

que e a serie

[c(c− 1) + c− p2]a0 + [(1 + c)(1 + c− 1) + (1 + c)− p2]a1x1+c

+∞∑

n=2

[(n + c)(n + c− 1) + (n + c)− p2]an + an−2

xn+c = 0,

ou seja,

(c2 − p2)a0 + [(1 + c)2 − p2]a1x1+c +

∞∑n=2

[(n + c)2 − p2]an + an−2

xn+c = 0.

Daı, obtemos as relacoes

(c2 − p2)a0 = 0, (6.5)

[(1 + c)2 − p2]a1 = 0, (6.6)

[(n + c)2 − p2]an = an−2, (6.7)

a ultima relacao valendo para n > 2. Assumindo a0 6= 0, obtemos a chamada equacao indicial c2 − p2 = 0,donde

c = p ou c = −p.

Isso implica que a1 = 0 (exceto no caso p = −1/2). Escolhendo c = p, a relacao (6.7) produz a formularecursiva

an = − an−2

n(n + 2p)se n > 2. (6.8)

Como a1 = 0, todos os coeficientes com ındices ımpares sao iguais a 0:

a2k−1 = 0 para todo k > 1. (6.9)

Escrevendo n = 2k, encontramos os coeficientes com ındices pares:

a2k = − 122k(k + p)

a2(k−1),

ou seja,

a2 = − 122(1 + p)

a0,

a4 = − 1222(2 + p)

a2 =1

242(1 + p)(2 + p)a0,

a6 = − 1223(3 + p)

a4 = − 1263!(1 + p)(2 + p)(3 + p)

a0,


e assim por diante, de maneira que

a2k =(−1)k

22kk!(1 + p)(2 + p) · · · (k + p)a0. (6.10)

Usando a funcao gama Γ(x) (se voce nao conhece esta funcao, veja a proxima subsecao) podemos simplificara notacao. Utilizando a propriedade Γ(x + 1) = xΓ(x), segue que

Γ(1 + p)[(1 + p)(2 + p) · · · (k + p)] = Γ(2 + p)[(2 + p) · · · (k + p)]= Γ(3 + p)[(4 + p) · · · (k + p)]= . . .

= Γ(k + p + 1),

logo

(1 + p)(2 + p) · · · (k + p) =Γ(k + p + 1)

Γ(1 + p). (6.11)

Escolhendoa0 =

12pΓ(1 + p)

, (6.12)

temos que a primeira solucao da equacao de Bessel pode ser escrita na forma

y(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

(6.13)

desde que p nao seja um inteiro negativo, pois se p for um inteiro negativo entao Γ(k + p + 1) nao estadefinido para k = 0, . . . , p− 1.

Definicao. Seja p ∈ R um numero real que nao e um inteiro negativo. A funcao Jp definida por

Jp(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

(6.14)

em [0,+∞), se p > 0, e em (0, +∞) se p < 0, e chamada uma funcao de Bessel do primeiro tipode ordem p.

Observe que se p e um inteiro nao-negativo, temos simplesmente

Jp(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!(k + p)!

(x

2

)2k+p

(6.15)

e

J0(x) =∞∑

k=0

(−1)k

(k!)2(x

2

)2k

. (6.16)

Para obter a solucao geral para a equacao de Bessel, precisamos obter uma segunda solucao linearmenteindependente de Jp, pois a equacao de Bessel e uma equacao diferencial ordinaria linear de segunda ordem.Para isso, quando p nao e um inteiro positivo, basta fazer a segunda escolha possıvel para c, ou seja, c = −p.Neste caso obtemos

J−p(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k − p + 1)

(x

2

)2k−p

. (6.17)

E claro que esta definicao e consistente com a anterior, no sentido que J−(−p) = Jp. Alem disso, verificaremosdaqui a pouco que Jp e J−p sao linearmente independentes se p nao e um inteiro. Portanto, possuımos uma


definicao consistente para Jp e J−p sempre que p nao e um inteiro, e uma definicao para Jp se p e um inteiropositivo ou nulo (obviamente igual a J−p se p e um inteiro negativo). Falta definir J−p se p e um inteiropositivo. Observe que se p e um inteiro positivo entao Γ(k − p + 1) nao esta definido para k = 0, . . . , p− 1,porque |Γ(x)| → ∞ quando x → k−p+1 com estes valores de k. Mas, por este mesmo motivo, se na formulapara Jp fizermos p tender a um valor inteiro negativo n, podemos desprezar os primeiros termos da serie dek = 0 ate k = p− 1 e definir

J−n(x) =∞∑

k=n

(−1)k

k!Γ(k − n + 1)

(x

2

)2k−n

. (6.18)

Contudo, com esta definicao, as funcoes Jn e J−n sao linearmente dependentes, pois

J−n(x) =∞∑

k=n

(−1)k

k!(k − n)!

(x

2

)2k−n

=∞∑

l=0

(−1)l+n

(l + n)!l!

(x

2

)2l+n

= (−1)n∞∑

k=0

(−1)k

k!(k + n)!

(x

2

)2k+n

= (−1)nJn(x).

Resumindo, fazemos a seguinte definicao:

Definicao. Seja p ∈ Z um inteiro negativo. Definimos

J−p(x) = (−1)pJp(x). (6.19)

Desta forma Jp esta definida para todo p ∈ R e Jp, J−p sao duas solucoes para a equacao de Bessel de ordemp.

Proposicao 6.1. As funcoes de Bessel Jp estao definidas em [0, +∞) se p > 0, e em (0, +∞) se p < 0.Alem disso, elas sao de classe C2.

Prova: Temos∣∣∣∣∣∣∣∣

(−1)k+1

(k + 1)!Γ(k + 1 + p + 1)

(x

2

)2(k+1)+p

(−1)k

k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

∣∣∣∣∣∣∣∣=

k!Γ(k + p + 1)x2k+px2k+2+p

(k + 1)!Γ(k + p + 2)x2k+2+px2k+p=

x2

4 (k + 1) (k + p + 1)→ 0

quando k →∞. Segue do teste da razao que Jp esta bem definida para todo x > 0. Mais que isso, usando oteste-M de Weierstrass, vemos que a convergencia e uniforme em todo intervalo limitado, logo a funcao Jp econtınua. O mesmo argumento pode ser usado para mostrar que podemos derivar termo a termo a serie quedefine Jp duas vezes, pois as series obtidas deste modo:

J ′p(x) =∞∑

k=0

(−1)k (2k + p)22k+pk!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p−1

e

J ′′p (x) =∞∑

k=0

(−1)k (2k + p) (2k + p− 1)24k+2p−1k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p−2

serao uniformemente convergentes em cada intervalo limitado. ¥O comportamento das funcoes de Bessel na origem sera uma ferramenta importante na demonstracao de

alguns dos resultados deste capıtulo:

Lema 6.2. Seja p ∈ R um numero real que nao e um inteiro negativo. Entao

(i) Jp(x) > 0 para todo x > 0 suficientemente pequeno,

(ii) J0(0) = 1,


(iii) se p > 0, Jp(0) = 0 e

(iv) se p < 0, |Jp(x)| → ∞ quando x → 0+.

Prova: Itens (ii) e (iii) seguem diretamente da definicao. Os ıtens (i) e (iv) seguem do fato de que para xpequeno a funcao Jp tem o comportamento da funcao

1Γ(p + 1)

(x

2

)p

. (6.20)

De fato, temos

Jp(x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

=1

Γ(p + 1)

(x

2

)p ∞∑

k=0

(−1)k

k!(p + k) . . . (p + 1)

(x

2

)2k

.

Definindo

Fp (x) =∞∑

k=0

(−1)k

k!(p + k) . . . (p + 1)

(x

2

)2k

,

temosJp(x) =

1Γ(p + 1)

(x

2

)p

Fp (x) .

Notando que Fp e contınua em 0 (para estabelecer isso, basta usar o mesmo argumento da Proposicao 6.1)e que portanto

limx→0+

Fp (x) = Fp (0) = 1,

obtemos o resultado acima. ¥Agora mostraremos que se p nao e um inteiro, entao as funcoes de Bessel Jp e J−p sao duas solucoes

linearmente independentes para a equacao de Bessel de ordem p.

Teorema 6.3. Se p nao e um inteiro, a solucao geral para a equacao de Bessel de ordem p e

y(x) = c1Jp(x) + c2J−p(x). (6.21)

Prova: Os ıtens (iii) e (iv) do lema anterior mostram que Jp nao pode ser multiplo escalar de J−p. ¥

Exemplo 6.4. (As funcoes de Bessel do primeiro tipo de ordem p = ±1/2.) Temos

J 12(x) =

√2

πxsen x,

J− 12(x) =

√2

πxcos x.

De fato,

J 12(x) =

∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k + 12 + 1)!

(x

2

)2k+ 12

,

e pode ser provado (veja Exercıcio 6.1) que

Γ(

k +12

+ 1)

=(2k + 1)!22k+1k!

√π,

de modo que

J 12(x) =

√2

πx

∞∑

k=0

(−1)k

(2k + 1)!

(x

2

)2k+1

=

√2

πxsenx .


Analogamente, utilizando o fato que

Γ(k +12) =

(2k)!22kk!

√π,

obtem-se a forma apresentada acima para J−1/2. ¤

6.2.2 A Funcao Gama

A funcao gama e definida pra x > 0 por

Γ(x) =∫ ∞

0

tx−1e−tdt. (6.22)

A propriedade mais importante da funcao gama e

Γ(x + 1) = xΓ(x). (6.23)

Esta propriedade e facil de ser verificada atraves de integracao por partes:

Γ(x + 1) =∫ ∞

0

txe−tdt = − txe−t∣∣∞0

+ x

∫ ∞

0

tx−1e−tdt = x

∫ ∞

0

tx−1e−tdt = xΓ(x).

Como Γ(1) =∫∞0

e−tdt = 1, esta propriedade aplicada sucessivas vezes implica que se n e um numeronatural, entao

Γ(n + 1) = nΓ(n)= n(n− 1)Γ(n− 2)= n(n− 1)(n− 2)Γ(n− 3)= . . .

= n(n− 1)(n− 2) . . . 3 · 2 · Γ(1) = n!

Assim, a funcao gama pode ser vista como uma extensao da funcao fatorial, que e definida apenas paranumeros naturais, a uma funcao definida para todos os numeros reais positivos. Por este motivo, ela e asvezes chamada de funcao fatorial generalizada.

E possıvel tambem defini-la para numeros reais negativos que nao sejam inteiros negativos (isto e, parax < 0, exceto para x = 0,−1,−2, ...). De fato, basta aplicar a propriedade

Γ(x) =1x

Γ(x + 1)

sucessivamente. Como os limites laterais desta funcao em inteiros negativos sao infinitos, nao faz sentidodefini-la nestes numeros.

6.2.3 Exercıcios

Exercıcio 6.1. Aplique uma mudanca de variaveis para provar que

Γ(

12

)=√

π.

Usando isso, mostre que

Γ(

n +12

)=

(2n)!22nn!

√π.


Exercıcio 6.2. Mostre que ∫ ∞

0

txe−t2dt =12Γ

(x + 1

2

)

para todo x > 0.

Exercıcio 6.3. Use o resultado do exercıcio anterior para provar que para todos inteiros nao-negativos m en temos

∫ π/2

0

cosm θ senn θ dθ =12

Γ(

m + 12

)Γ

(n + 1

2

)

Γ(

m + n + 22

) .

(Sugestao: calcule a integral dupla∫ ∞

0

∫ ∞

0

e−(x2+y2)xmyn dx dy

de duas formas: atraves do Teorema de Fubini e atraves de coordenadas polares.)

Exercıcio 6.4. Mais geralmente, mostre que para todos x, y > 0 vale∫ π/2

0

cos2x−1 θ sen2y−1 θ dθ =12

Γ (x) Γ (y)Γ (x + y)

.

(Sugestao: Faca uma mudanca de variaveis adequada e entao use uma ideia semelhante a sugerida noexercıcio anterior.)

Exercıcio 6.5. Mostre queΓ (x) Γ (1− x) =

π

sen πx.

(Sugestao: Usando variaveis complexas e possıvel provar que∫ π/2

0

tan2x−1 θ dθ =12

π

sen πx.

Use este fato e uma ideia semelhante a sugerida no Exercıcio 6.3.)

Exercıcio 6.6. Use o resultado do Exercıcio 6.4 para estabelecer as formulas de Wallis para todo inteironao-negativo k:

∫ π/2

0

sen2k θ dθ =π

2(2k)!

22k (k!)2,

∫ π/2

0

sen2k+1 θ dθ =22k (k!)2

(2k + 1)!.

6.2.4 Formulas de Recursao para as Funcoes de Bessel

Derivando termo a termo a serie que define as funcoes de Bessel, obteremos algumas formulas para as funcoesde Bessel que usaremos mais tarde para estabelecer propriedades importantes das mesmas.

Lema 6.5. Seja p ∈ R e x > 0. Entao

d

dx[xpJp(x)] = xpJp−1 (x)

ed

dx

[x−pJp(x)

]= −x−pJp+1 (x) .


Prova: Se p nao e um inteiro negativo, derivando termo a termo temos

d

dx[xpJp(x)] =

d

dx

∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k + p + 1)x2k+2p

22k+p=

∞∑

k=0

(−1)k2 (k + p)k!Γ(k + p + 1)22k+p

(x

2

)2k+2p−1

= xp∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k + p)

(x

2

)2k+p−1

= xpJp−1 (x) .

A segunda identidade pode ser provada de maneira analoga. Se p e um inteiro negativo, segue da segundaidentidade aplicada a −p que

d

dx[xpJp(x)] = (−1)p d

dx[xpJ−p(x)] = (−1)p [−xpJ−p+1 (x)] = xp

[(−1)p+1J−p+1 (x)

]= xpJp−1 (x) .

¥

Corolario 6.6. Seja p ∈ R e x > 0. Entao

xJ ′p(x) + pJp (x) = xJp−1 (x)

exJ ′p(x)− pJp (x) = −xJp+1 (x) .

Prova: Derivando explicitamente o lado esquerdo das identidades obtidas no lema anterior, obtemos

pxp−1Jp(x) + xpJ ′p(x) = xpJp−1 (x)

e−px−p−1Jp(x) + x−pJ ′p(x) = −x−pJp−1 (x) .

Multiplicando a primeira por x1−p e a segunda por xp+1, obtemos os resultados respectivos. ¥

Corolario 6.7. Seja p ∈ R e x > 0. Entao

Jp (x) = xJp−1 (x) + Jp+1 (x)

2p

e

J ′p(x) =Jp−1 (x)− Jp+1 (x)

2.

Prova: Cada identidade segue subtraindo e somando, respectivamente, as identidades obtidas no corolarioanterior. ¥

Corolario 6.8. Seja p ∈ R e x > 0. Entao, para todo α 6= 0, temos∫

xpJp−1 (αx) dx =xp

αJp (αx) + C

e ∫x−pJp+1 (αx) dx = −x−p

αJp (αx) + C.

Prova: Seguem diretamente do Lema 6.5 atraves do Teorema Fundamental do Calculo. ¥


6.2.5 Funcoes de Bessel do Segundo Tipo

Falta obter uma segunda solucao linearmente independente de Jp para a equacao de Bessel de ordem p, sep e um inteiro. Se p nao e um inteiro, defina

Yp(x) =Jp(x) cos pπ − J−p(x)

sen pπ. (6.24)

Como Yp e uma combinacao linear de solucoes da equacao de Bessel, ela tambem e uma solucao para aequacao de Bessel. Se p e um inteiro, defina

Yp = limq→p

Yq.

Pode-se obter uma expansao em serie para as funcoes Yp tambem quando p e um inteiro:

Y0(x) =2π

(log

x

2+ γ

)J0(x)− 2

π

∞∑

k=1

(−1)kϕ (k)(k!)2

(x

2

)2k

e, se p e um inteiro positivo,

Yp(x) =2π

(log

x

2+ γ

)Jp(x)− 1

π

n−1∑

k=0

(n− k − 1)!k!

(x

2

)2k−n

− ϕ (n)πn!

(x

2

)n

− 1π

∞∑

k=1

(−1)k [ϕ (k) + ϕ (k + n)]k! (k + n)!

(x

2

)2k+n

,

ondeϕ (k) = 1 +

12

+13

+ . . . +1k

e γ e a constante de Euler :γ = lim

k→∞[ϕ (k)− log k] .

Para uma motivacao das definicoes e resultados acima, veja [5], pags. 363-364, e as referencias la citadas. Apartir destas definicoes de Yp para p > 0 em forma de serie, e possıvel provar que elas sao de classe C2 em(0, +∞) e, derivando termo a termo, que elas satisfazem a equacao de Bessel de ordem p. As funcoes Yp saochamadas funcoes de Bessel de ordem p do segundo tipo e sao tambem solucoes para a equacao deBessel, linearmente independente de Jp quando p e um inteiro. De fato, o comportamento de Yp proximo aorigem e dado pelo seguinte resultado:

Lema 6.9. Se p e um inteiro nao-negativo, entao Yp(x) → −∞ quando x → 0.

Prova: Segue da expansao em serie para Yp. Para p = 0 temos que Y0 tem o comportamento de

2π

logx

2para x proximo de 0 ja que J0 (0) = 1 e a serie a direita na definicao de Y0 e convergente. Para p > 0, comoxm log x → 0 quando x → 0 para todo m, o primeiro termo na expansao em serie de Yp converge para 0,logo Yp tem o comportamento de

− (n− 1)!π

(x

2

)−n

para x proximo de 0. ¥Com isso, obtemos a solucao geral para a equacao de Bessel de ordem p tambem para o caso em que p e uminteiro nao-negativo:

Teorema 6.10. Se p e um inteiro nao-negativo, a solucao geral para a equacao de Bessel de ordem p e

y(x) = c1Jp(x) + c2Yp(x).


6.2.6 Zeros das Funcoes de Bessel

Nesta subsecao, determinaremos que as funcoes de Bessel possuem um numero infinito de zeros, um fato quee crucial no seu uso na solucao de equacoes diferenciais parciais, pois precisaremos de uma sequencia infinitade autovalores no problema de Sturm-Liouville associado. Para atingir este objetivo, primeiro mostraremosque as funcoes de Bessel se comportam como a funcao cos x/

√x no infinito. Antes, introduzimos a notacao

“grande O”:

Definicao. Dizemos que uma funcao f (x) e da ordem de g (x) quando x → ∞ se existe uma constanteM > 0 tal que

|f (x)| 6 M |g (x)|para todo x suficientemente grande. Denotamos isso por

f (x) = O (g (x)) .

Teorema 6.11. Para qualquer p ∈ R, existem constantes Ap > 0 e θp ∈ R tais que

Jp (x) =Ap√

xcos (x + θp) + O

(x−3/2

)

para x > 0. O mesmo resultado vale para Yp.

Prova: Para x > 0 definau (x) =

√xJp (x) .

A funcao u satisfaz a equacao diferencial ordinaria

u′′ + u +1x2

(14− p2

)u = 0, (6.25)

porque o lado esquerdo desta equacao e igual a√

x

x2

[x2J ′′p + xJ ′p + (x2 − p2)Jp

]

e Jp e uma solucao para a equacao de Bessel. Observe que para valores grandes de x a equacao (6.25) eaproximadamente a equacao u′′+u = 0, cuja solucao geral e da forma Ap cos (x + θp) o que sugere

√xJp (x) ≈

Ap cos (x + θp).Para resolver (6.25), vamos transforma-la no sistema de primeira ordem acoplado:

u′ = v

v′ = −u +1x2

(p2 − 1

4

)u

.

e fazer a substituicao

u = R cos θ,

v = −R sen θ,

onde R e θ sao funcoes de x, escolhidas de tal forma que R (1) > 0; observe que u esta proximo a formadesejada. Com esta substituicao, o sistema transforma-se em

R′ cos θ −Rθ′ sen θ = −R sen θ

−R′ sen θ −Rθ′ cos θ = −R cos θ +R

x2

(p2 − 1

4

)cos θ

.


Multiplicando a primeira equacao por sen θ e a segunda por cos θ, somamos as duas equacoes para obter

θ′ = 1 +1x2

(p2 − 1

4

)cos2 θ; (6.26)

multiplicando a primeira equacao por cos θ e a segunda por − sen θ, somamos as duas equacoes para obter

R′

R= − 1

x2

(p2 − 1

4

)sen θ cos θ. (6.27)

Integrando (6.26) de 1 a x, obtemos

θ (x) = θ (1) + x− 1 +(

p2 − 14

) ∫ x

1

1t2

cos2 t dt; (6.28)

integrando (6.27) de 1 a x, obtemos

R (x) = R (1) e−(p2− 14 )R x1

1t2

sen t cos t dt. (6.29)

Agora, defina

θp = limx→∞

[θ (x)− x] = θ (1)− 1 +(

p2 − 14

) ∫ ∞

1

1t2

cos2 t dt (6.30)

(a integral do lado direito desta expressao converge porque a integral de 1/t2 e convergente em (1, +∞) ecos2 t e uma funcao limitada), de modo que

θ (x) = x + θp −(

p2 − 14

) ∫ ∞

x

1t2

cos2 t dt. (6.31)

Analogamente, definaAp = lim

x→∞R (x) = R (1) e−(p2− 1

4 )R∞1

1t2

sen t cos t dt, (6.32)

de modo queR (x) = Ape

(p2− 14 )R∞

x1t2

sen t cos t dt. (6.33)

Note que Ap > 0, porque a unica outra possibilidade seria R (1) = 0, o que implicaria

0 = R2 (1) = u2 (1) + [u′ (1)]2

e portanto u (1) = u′ (1) = 0, de modo que u ≡ 0 e Jp ≡ 0, uma contradicao.Para obter o resultado desejado, observamos que

u (x) = R (x) cos θ (x)

= Ap cos[x + θp −

(p2 − 1

4

) ∫ ∞

x

1t2

cos2 t dt

]e(p2− 1

4 )R∞

x1

t2sen t cos t dt

= Ap cos(

x + θp +ψ (x)

x

)er(x)/x.

onde, para simplificar a expressao, denotamos

ψ (x) = −x

(p2 − 1

4

) ∫ ∞

x

1t2

cos2 t dt,

r (x) = x

(p2 − 1

4

) ∫ ∞

x

1t2

sen t cos t dt


Usando o Teorema do Valor Medio, escrevemos

cos[x + θp +

ψ (x)x

]= cos (x + θp)− ψ (x)

xsen

[x + θp + ξ

ψ (x)x

]

para algum x + θp < ξ < x + θp +ψ (x)

x, e

er(x)/x = 1 +r (x)

xeζr(x)/x

para algum 0 < ζ <r (x)

x. A demonstracao do teorema e terminada quando se observa que

(1 +

r (x)x

eζr(x)/x

)ψ (x)

xsen

[x + θp + ξ

ψ (x)x

]= O

(x−3/2

).

O resultado tambem e valido para Yp porque a unica propriedade de Jp usada na demonstracao foi o fatode que ela e uma solucao da equacao de Bessel. ¥

Corolario 6.12. Jp (x) → 0 e Yp (x) → 0 quando x →∞.

Corolario 6.13. Para qualquer p ∈ R, existe uma sequencia xk tal que

Jp (xk) = 0 para todo k,

0 < x1 < x2 < . . . < xk < . . . ,

xk →∞,

e tal que cada xk e um zero simples para Jp e Jp nao possui nenhum outro zero positivo. O mesmovale para Yp.

Prova: Sejam yk e zk as sequencias crescentes de maximos e mınimos da funcao Ap cos (x + θp), x > 0;ou seja, esta funcao atinge o valor maximo Ap em yk e o valor mınimo −Ap em zk. Em outras palavras,

yk = 2kπ − θp e zk = (2k − 1)π − θp

Segue do Teorema 6.11 que, para x suficientemente grande, existe pelo menos um zero xk de√

xJp (x) entreyk e zk. Com efeito, dado 0 < ε < Ap, existe M > 0 tal que se x > M , temos

Ap cos (x + θp)− ε <√

xJp (x) < Ap cos (x + θp) + ε.

Isso implica que a funcao√

xJp (x) e positiva em yk e negativa em zk, para yk, zk > M . Os zeros de Jp

sao isolados porque Jp e uma serie de potencias e nao e uma funcao constante. Alem disso, os zeros saosimples porque se Jp possuısse um zero multiplo em x0, entao a funcao u da demonstracao do Teorema6.11 tambem possuiria um zero multiplo em x0 e terıamos u (x0) = u′ (x0) = 0 implicaria que a solucao daequacao diferencial que u satisfaz e a solucao identicamente nula, uma contradicao. ¥

Corolario 6.14. Para qualquer p ∈ R, e para qualquer constante h ∈ R, existe uma sequencia xk tal que

0 < x1 < x2 < . . . < xk < . . . ,

xk →∞,

e tal que a funcaoFp (x) = hJp (x) + xJ ′p (x)

possui um zero em cada xk e nenhum outro zero positivo. O mesmo vale para Yp.


Prova: Sejam r, s > 0 dois zeros consecutivos de Jp. Como os zeros sao simples, segue que

J ′p (r)J ′p (s) < 0.

Logo,Fp (r)Fp (s) = rsJ ′p (r)J ′p (s) < 0

e o Teorema do Valor Intermediario implica que Fp possui um zero entre r e s. Os zeros de Fp sao isoladospelo mesmo motivo do corolario anterior. ¥

Os valores de Ap e θp do Teorema 6.11 sao na verdade conhecidos:

Jp (x) =

√2

πxcos

(x− 2p + 1

4π

)+ O

(x−3/2

),

Yp (x) =

√2

πxsen

(x− 2p + 1

4π

)+ O

(x−3/2

),

mas a demonstracao destes fatos e longa (veja [5], pag. 370, para referencias).

6.3 Series de Funcoes de Bessel e a Solucao do Problema da Mem-brana Circular Vibrante

6.3.1 Ortogonalidade das Funcoes de Bessel

Para entender as relacoes de ortogonalidade das funcoes de Bessel, recorde as relacoes de ortogonalidade dasfuncoes sen

nπx

L:

∫ L

0

sennπx

Lsen

mπx

Ldx =

2L se n = m,0 se n 6= m.

A chave aqui e notar que as funcoes sennπx

Lforam construıdas a partir de uma unica funcao, a funcao sen x

e seus zeros nπ escalados pelo fator 1/L. Da mesma forma, para construir sistemas ortogonais de funcoesde Bessel, escolhemos uma funcao de Bessel e tomamos os seus zeros escalados.

Fixe uma ordem p > 0 e considere a funcao de Bessel Jp(x). Como provado no Corolario 6.13, a funcaode Bessel Jp(x) tem um numero infinito de zeros positivos isolados crescendo arbitrariamente em modulo.Denotaremos estes zeros em ordem crescente por

0 < αp,1 < αp,2 < . . . < αp,n < . . . (6.34)

Diferentemente da funcao seno, nao ha uma formula para os zeros das funcoes de Bessel; estes devem serdeterminados por metodos numericos.

Consideramos as funcoes de Bessel escaladas

Jp

(αp,nx

R

). (6.35)

Sao validas as seguintes relacoes de ortogonalidade para as funcoes de Bessel:

Proposicao 6.15. (Relacoes de Ortogonalidade para as Funcoes de Bessel) Para qualquer p ∈ R, vale

∫ R

0

Jp

(αp,nx

R

)Jp

(αp,mx

R

)x dx =

R2

2J2

p+1(αp,n) se n = m,

0 se n 6= m.


Prova: Fixe p ∈ R e denoteλn =

αp,n

R.

Observe que a funcao de Bessel escalada yn (x) = Jp (λnx) e solucao da equacao de Bessel na formaparametrica

x2y′′ + xy′ + (λ2x2 − p2)y = 0para λ = λn. Esta equacao de Bessel pode ser reescrita na forma

(xy′)′ = −λ2x2 − p2

xy. (6.36)

Daı, podemos escrever

(xy′n)′ = −λ2nx2 − p2

xyn,

(xy′m)′ = −λ2mx2 − p2

xym.

Multiplicando a primeira equacao por ym, a segunda por yn e subtraindo as equacoes resultantes, obtemos(λ2

m − λ2n

)xynym = ym (xy′n)′ − yn (xy′m)′ =

d

dx(ymxy′n − ynxy′m) .

Integrando de x = 0 ate x = R, obtemos pelo teorema fundamental do calculo

(λ2

m − λ2n

) ∫ R

0

yn (x) ym (x) x dx = [ymxy′n − ynxy′m|x=Rx=0 = 0

porque yn (R) = ym (R) = 0. Obtemos o resultado para n 6= m.Para obter o resultado para n = m, denote yn = y e multiplique a equacao (6.36) por xy′, de modo que

obtemos [(xy′)2

]′= − (

λ2x2 − p2) (

y2)′

.

Integrando esta equacao de x = 0 ate x = R, obtemos no lado esquerdo pelo teorema fundamental do calculo∫ R

0

[(xy′)2

]′dx = [Ry′ (R)]2

e no lado direito, integrando por partes,

−∫ R

0

(λ2x2 − p2

) (y2

)′dx = − [

y2 (x)(λ2x2 − p2

)∣∣x=R

x=0+ 2λ2

∫ R

0

y2 (x) x dx

= 2λ2

∫ R

0

y2 (x)x dx,

onde usamos pJp (0) = 0 para todo p. Portanto,∫ R

0

y2 (x) x dx =R2

2

[y′ (R)

λ

]2

ou seja, ∫ R

0

J2p

(αp,nx

R

)x dx =

R2

2[J ′p (αp,n)

]2.

Pelo Corolario 6.6 temosxJ ′p(x)− pJp (x) = −xJp+1 (x) ;

logo, tomando x = αp,n, segue queJ ′p(αp,n) = −Jp+1 (αp,n) ,

o que termina a demonstracao desta proposicao. ¥Dizemos que as funcoes Jp

(αp,nx

R

)sao ortogonais no intervalo [0, R] com respeito ao peso x.


6.3.2 Series de Bessel de ordem p

Por causa da ortogonalidade das funcoes de Bessel, da mesma forma que podemos escrever funcoes razoavel-mente regulares em series de Fourier, da mesma forma podemos escrever estas mesmas funcoes em series deBessel:

f(x) =∞∑

n=1

anJp(λpnx). (6.37)

Esta serie e chamada a serie de Bessel de ordem p de f . Para encontrar os coeficientes an, multiplicamosambos os lados por Jp

(αp,mx

R

)x e integramos termo a termo no intervalo (0, R). Devido as relacoes de

ortogonalidade que vimos na secao anterior, segue que

∫ R

0

f(x)Jp

(αp,mx

R

)x dx =

∞∑n=1

an

∫ R

0

Jp

(αp,nx

R

)Jp

(αp,mx

R

)x dx = am

∫ R

0

J2p

(αp,mx

R

)x dx

= am

R2J2p+1(αp,m)

2.

Portanto,

an =2

R2J2p+1(αp,n)

∫ R

0

f(x)Jp

(αp,nx

R

)x dx. (6.38)

A demonstracao do resultado a seguir esta alem do nıvel deste curso (veja ??, pag. 376, para referencias).

Teorema 6.16. Se f : [0, R] → R e uma funcao contınua por partes tal que sua derivada tambem e contınuapor partes, entao f tem uma serie de Bessel de ordem p no intervalo (0, R). No intervalo (0, R), a

serie converge para f(x) se f e contınua em x, e paraf(x+) + f(x−)

2nos pontos de descontinuidade

de f .

6.3.3 Solucao do Problema da Membrana Circular Vibrante Radial

Retornando ao problema da membrana circular vibrante, observamos que a equacao de Bessel (6.2):

rF ′′(r) + F ′(r) + λ2rF (r) = 0 se 0 < r < R,F (R) = 0,

e de ordem 0. Logo, a sua solucao geral e da forma

F (r) = c1J0(λr) + c2Y0(λr) (6.39)

onde

J0(x) =∞∑

k=0

(−1)k

(k!)2(x

2

)2k

e

Y0 = limq→0

Jq(x) cos qπ − J−q(x)sen qπ

.

No entanto, a funcao Y0 nao e limitada perto de 0 e esperamos que as solucoes da membrana vibrante sejamcontınuas e, portanto, limitadas. Assim, devemos ter c2 = 0. Segue que

F (r) = c1J0(λr). (6.40)

Da condicao F (R) = 0, temos queλR = α0,n


e daıλn =

α0,n

R. (6.41)

As solucoes desta equacao de Bessel sao portanto

Fn(r) = J0

(α0,n

Rr)

(6.42)

para n = 1, 2, . . . As solucoes da equacao diferencial que G satisfaz sao entao

Gn(t) = cn cosα0,nct

R+ dn sen

α0,nct

R. (6.43)

A solucao do problema da membrana circular vibrante deve ser da forma

u(r, t) =∞∑

n=1

J0

(α0,n

Rr) [

cn cosα0,nct

R+ dn sen

α0,nct

R

]. (6.44)

Os coeficientes cn, dn sao determinados da seguinte forma:

f(r) = u(r, 0) =∞∑

n=1

cnJ0

(α0,n

Rr)

,

donde

cn =2

R2J21 (α0,n)

∫ R

0

f(r)J0

(α0,nr

R

)r dr, (6.45)

e

g(r) = ut(r, 0) =∞∑

n=1

dnα0,nc

RJ0

(α0,n

Rr)

,

donde

dn =2c

Rα0,nJ21 (α0,n)

∫ R

0

g(r)J0

(α0,nr

R

)r dr. (6.46)

6.4 A Membrana Circular Vibrante: Vibracoes Gerais

Consideremos agora o problema geral da membrana circular vibrante:

utt = c2

(urr +

1rur +

1r2

uθθ

)se 0 < r < R, 0 < θ < 2π e t > 0,

u(R, θ, t) = 0 se 0 6 θ 6 2π e t > 0,u(r, θ, 0) = f(r, θ) se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,ut(r, θ, 0) = g(r, θ) se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,

com f(R, θ) = g(R, θ) = 0 para todo 0 6 θ 6 2π. Pelo metodo de separacao de variaveis, tentamos escrever

u(r, t) = F (r)G(θ)H(t),

de modo que

F (r)G(θ)H ′′(t) = c2

(F ′′(r)G(θ)H(t) +

1rF ′(r)G(θ)H(t) +

1r2

F (r)G′′(θ)H(t))

,

e daı1c2

H ′′(t)H(t)

=F ′′(r)F (r)

+1r

F ′(r)F (r)

+1r2

G′′(θ)G(θ)

= −λ2.


Mais uma vez, tomamos a constante de separacao de variaveis negativa porque esperamos obter solucoesperiodicas no tempo. Obtemos, entao,

H ′′(t) + c2λ2G(t) = 0 (6.47)

eF ′′(r)F (r)

+1r

F ′(r)F (r)

= −λ2 − 1r2

G′′(θ)G(θ)

,

donde

r2 F ′′(r)F (r)

+ rF ′(r)F (r)

+ λ2r2 = −G′′(θ)G(θ)

= µ2,

e mais uma vez escolhemos o sinal da constante de separacao de variaveis de acordo com a nossa expectativaque G(θ) e periodica de perıodo 2π. Portanto, usando as condicoes de fronteira, obtemos as equacoesdiferenciais

G′′(θ) + µ2G(θ) = 0 se 0 < θ < 2π,G(0) = G(2π),

donde concluımos que µ = m e a sua solucao geral e

Gn(θ) = an cosnθ + bn sen nθ (6.48)

para n = 0, 1, 2, . . ., e

r2F ′′(r) + F ′(r) + (λ2r2 − n2)F (r) = 0 se 0 < r < R,F (R) = 0.

(6.49)

Esta ultima e uma equacao de Bessel na forma parametrica. Fazendo a mudanca de variaveis y(r) = F (r/λ),como no caso radial, concluımos que as suas solucoes sao da forma

F (r) = Jn(λr), n = 0, 1, 2, . . .

(pois as solucoes Yn sao ilimitadas e podem ser descartadas). Como F (R) = 0, segue que λR = αn,m e umzero da funcao de Bessel Jn, logo

λ =αn,m

R.

Assim, as solucoes da equacao de Bessel acima sao

Fnm = Jn

(αn,mr

R

)(6.50)

para n = 0, 1, 2, . . ., m = 1, 2, . . ., e as solucoes de H sao

Hnm(t) = Anm cosαn,mct

R+ Bnm sen

αn,mct

R(6.51)

para n = 0, 1, 2, . . . ,m = 1, 2, . . . A solucao geral e, portanto,

unm(r, θ, t) = Jn

(αn,mr

R

)(an cosnθ + bn sen nθ)

(Anm cos

αn,mct

R+ Bnm sen

αn,mct

R

), (6.52)

e daı a solucao do problema deve ser

u(r, θ, t) =∞∑

n=0

∞∑m=1

Jn

(αn,mr

R

)(an cosnθ + bn sen nθ)

(Anm cos

αn,mct

R+ Bnm sen

αn,mct

R

)(6.53)

com os coeficientes a serem determinados. Como no caso da equacao de Laplace no retangulo, e mais facilresolver o problema geral (isto e, encontrar os coeficientes da solucao em serie acima) se usarmos a sualinearidade decompondo-o em dois problemas mais faceis, cada um com uma das condicoes iniciais nulas.


O primeiro problema e

utt = c2

(urr +

1rur +

1r2

uθθ

)se 0 < r < R, 0 < θ < 2π e t > 0,

u(R, θ, t) = 0 se 0 6 θ 6 2π e t > 0,u(r, θ, 0) = f(r, θ) se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,ut(r, θ, 0) = 0 se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,

cuja solucao e

u1(r, θ, t) =∞∑

n=0

∞∑m=1

Jn

(αn,mr

R

)(anm cos nθ + bnm sen nθ) cos

αn,mct

R, (6.54)

devido a condicao inicial ut(r, θ, 0) = 0. Usando a outra condicao inicial, obtemos

f(r, θ) = u1(r, θ, 0) =∞∑

n=0

∞∑m=1

Jn

(αn,mr

R

)(anm cosnθ + bnm sen nθ).

Para obter os coeficientes, fixamos r de modo que fr(θ) = f(r, θ) e uma funcao apenas da variavel θ,escrevemos

fr(θ) =∞∑

m=1

a0mJ0

(α0,mr

R

)+

∞∑n=1

( ∞∑m=1

anmJn

(αn,mr

R

))cos nθ

+∞∑

n=1

( ∞∑m=1

bnmJn

(αn,mr

R

))sen nθ.

Definindo

a0(r) = 2∞∑

m=1

a0mJ0

(α0,mr

R

),

an(r) =∞∑

m=1

anmJn

(αn,mr

R

),

bn(r) =∞∑

m=1

bnmJn

(αn,mr

R

),

segue que

a0m =1

R2J21 (α0,m)

∫ R

0

a0(r)J0

(α0,mr

R

)r dr,

anm =2

R2J2n+1(αn,m)

∫ R

0

an(r)Jn

(αn,mr

R

)r dr,

bnm =2

R2J2n+1(αn,m)

∫ R

0

bn(r)Jn

(αn,mr

R

)r dr.

Por outro lado, como

fr(θ) =a0(r)

2+

∞∑n=1

(an(r) cos nθ + bn(r) sen nθ) ,


temos que 2a0(r), an(r) e bn(r) sao os coeficientes de Fourier da funcao fr(θ), logo

a0(r) =1π

∫ 2π

0

f(r, θ) dθ,

an(r) =1π

∫ 2π

0

f(r, θ) cos nθ dθ,

bn(r) =1π

∫ 2π

0

f(r, θ) sen nθ dθ.

Portanto,

a0m =1

πR2J21 (α0,m)

∫ R

0

∫ 2π

0

f(r, θ)J0

(α0,mr

R

)r dθdr,

anm =2

πR2J2n+1(αn,m)

∫ R

0

∫ 2π

0

f(r, θ) cos nθJn

(αn,mr

R

)r dθdr, (6.55)

bnm =2

πR2J2n+1(αn,m)

∫ R

0

∫ 2π

0

f(r, θ) sen nθJn

(αn,mr

R

)r dθdr,

para m = 1, 2, . . .O segundo problema e

utt = c2

(urr +

1rur +

1r2

uθθ

)se 0 < r < R, 0 < θ < 2π e t > 0,

u(R, θ, t) = 0 se 0 6 θ 6 2π e t > 0,u(r, θ, 0) = 0 se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,ut(r, θ, 0) = g(r, θ) se 0 6 r 6 R e 0 6 θ 6 2π,

cuja solucao e

u2(r, θ, t) =∞∑

n=0

∞∑m=1

Jn

(αn,mr

R

)(cnm cos nθ + dnm sen nθ) sen

αn,mct

R, (6.56)

devido a condicao inicial u(r, θ, 0) = 0. Usando um argumento similar ao usado no primeiro caso, obtemos

c0m =1

πcα0,mRJ21 (α0,m)

∫ R

0

∫ 2π

0

g(r, θ)J0

(α0,mr

R

)r dθdr,

cnm =2

πcαn,mRJ2n+1(αn,m)

∫ R

0

∫ 2π

0

g(r, θ) cos nθJn

(αn,mr

R

)r dθdr, (6.57)

dnm =2

πcαn,mRJ2n+1(αn,m)

∫ R

0

∫ 2π

0

g(r, θ) sen nθJn

(αn,mr

R

)r dθdr,

para m = 1, 2, . . .Portanto a solucao do problema geral e u = u1 + u2, ou seja,

u(R, θ, t) =∞∑

n=0

∞∑m=1

Jn

(αn,mr

R

)(anm cosnθ + bnm sen nθ) cos

αn,mct

R

+∞∑

n=0

∞∑m=1

Jn

(αn,mr

R

)(cnm cosnθ + dnm sen nθ) sen

αn,mct

R,

com os coeficientes anm, bnm, cnm, dnm definidos como acima.

Capıtulo 7

Equacao de Laplace em DomıniosTridimensionais Simetricos

Neste capıtulo desenvolveremos a teoria da equacao de Laplace tridimensional em domınios simetricos taiscomo o cilindro e a bola. Nao desenvolveremos a teoria para domınios cubicos tais como paralelepıpedos,pois esta e uma extensao trivial da teoria para domınios retangulares: ao inves de series de Fourier duplas eseus coeficientes expressos como integrais duplas, basta considerar series de Fourier triplas cujos coeficientessao integrais triplas.

7.1 A Equacao de Laplace em um Cilindro

7.1.1 A Equacao de Laplace em Coordenadas Cilındricas

A relacao entre coordenadas cartesianas (x, y, z) e coordenadas cilındricas (r, θ, z) e dada pelas seguintesrelacoes:

x = r cos θ,y = r sen θ,z = z.

(7.1)

e

r =√

x2 + y2,

θ = arctany

x,

z = z.

(7.2)

O Laplaciano em tres dimensoes e dado por

∆u(x, y, z) = uxx + uyy + uzz.

Como no plano xy as coordenadas cilındricas sao exatamente as coordenadas polares, aproveitamos oscalculos que realizamos para obter o Laplaciano em coordenadas polares para concluir que o Laplaciano emcoordenadas cilındricas e dado por

∆u(r, θ, z) = urr +1rur +

1r2

uθθ + uzz. (7.3)

7.1.2 Solucao de um Problema de Laplace no Cilindro

Considere o problema de encontrar a temperatura de estado estacionario em um cilindro cujas superfıcieslateral e inferior sao mantidas a temperatura inicial 0 com condicoes de fronteira na superfıcie superior

180


radialmente simetricas. Em particular, nao existe dependencia da variavel θ: ou seja, u = u(r, z). Considereum cilindro com raio da base R e altura H. Este problema e modelado pela seguinte equacao diferencialparcial e pelas seguintes condicoes de fronteira:

urr +1rur + uzz = 0 se 0 < r < R e 0 < z < h,

u(r, 0) = u(R, z) = 0 se 0 6 r 6 R e 0 6 z 6 h,u(r,H) = f(r) se 0 6 r 6 R.

Escrevendou(r, z) = F (r)G(z),

obtemosF ′′(r)G(z) +

1rF ′(r)G(z) + F (r)G′′(z) = 0.

Dividindo a equacao por F (r)G(z), segue que

r2 F ′′(r)F (r)

+ rF ′(r)F (r)

= −G′′(z)G(z)

= σ.

As condicoes de fronteira implicam as seguintes condicoes sobre F e G:

u(r, 0) = 0 =⇒ F (r)G(0) = 0 =⇒ G(0) = 0,

u(R, z) = 0 =⇒ F (R)G(z) = 0 =⇒ F (R) = 0.

Logo temos dois problemas de Sturm-Liouville:

r2F ′′(r) + rF ′(r) + σr2F (r) = 0,F (R) = 0,

e G′′(z) + σG(z) = 0,G(0) = 0.

Se σ = 0, a equacao em F seria uma equacao de Euler com solucao geral F (r) = c1 + c2 log r, e a condicaoF (R) = 0 implicaria portanto que F ≡ 0. Esta possibilidade deve ser entao descartada. A possibilidadeσ > 0 tambem deve ser ignorada, porque a equacao resultante seria a forma parametrica da equacao deBessel modificada:

r2F ′′(r) + rF ′(r)− λ2r2F (r) = 0,

onde escrevemos σ = λ2. Esta possibilidade deve ser descartada porque as solucoes desta equacao, chamadasas funcoes de Bessel modificadas de primeiro e segundo tipos, nao podem satisfazer a condicao F (R) = 0, anao ser que F ≡ 0 (veja a proxima subsecao).

Portanto, σ = −λ2 e os problemas sao

r2F ′′(r) + rF ′(r) + λ2r2F (r) = 0,F (R) = 0,

onde a equacao diferencial ordinaria e uma equacao de Bessel de ordem 0, e

G′′(z)− λ2G(z) = 0,G(0) = 0.

Levando em conta que F deve ser limitada na origem, as autofuncoes do primeira problema sao

Fn(r) = J0

(α0,n

Rr)

,


com λ =α0,n

R. Levando em conta que G(0) = 0, as autofuncoes do segundo problema sao (aqui e mais

conveniente escrever a solucao geral da equacao diferencial ordinaria de G na forma G(z) = c1 cosh λz +c2 senhλz)

Gn(z) = senh(α0,n

Rz)

.


u(r, z) =∞∑

n=1

anJ0

(α0,n

Rr)

senh(α0,n

Rz)

. (7.4)

Como

f(r) = u(r,H) =∞∑

n=1

[an senh

(α0,n

RH

)]J0

(α0,n

Rr)

,

segue que

an =2

R2 senh(α0,n

RH

)J2

1 (α0,n)

∫ R

0

f(r)J0

(α0,nr

R

)r dr. (7.5)

7.1.3 Funcoes de Bessel Modificadas

A equacao de Bessel modificada de ordem p e definida por

x2y′′ + xy′ − (x2 + p2)y = 0. (7.6)

Se p nao e um inteiro, a sua solucao geral e

y(x) = c1Ip(x) + c2I−p(x), (7.7)

onde Ip e a chamada funcao de Bessel modificada de ordem p do primeiro tipo, definida por

Ip(x) =∞∑

k=0

1k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

. (7.8)

Para ver que Ip e a solucao da equacao de Bessel modificada de ordem p note que

Ip(x) =Jp(ix)

ip, (7.9)

onde i =√−1. De fato,

Jp(ix) =∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(k + p + 1)

(ix

2

)2k+p

= ip∞∑

k=0

(−1)ki2k

k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

= ip∞∑

k=0

(−1)k(i2)k

k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

= ip∞∑

k=0

(−1)k(−1)k

k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

= ip∞∑

k=0

1k!Γ(k + p + 1)

(x

2

)2k+p

= ipIp(x).

Assim,

x2I ′′p (x) + xI ′p(x)− (x2 + p2)Ip(x) =1ip

[x2i2J ′′p (ix) + xiJ ′p(x)− (x2 + p2)Jp(ix)

]

=1ip

[(ix)2J ′′p (ix) + ixJ ′p(x)− (−(ix)2 + p2)Jp(ix)

]

=1ip

[z2J ′′p (z) + zJ ′p(z) + (z2 − p2)Jp(z)

]

= 0,


onde denotamos z = ix.Para resolver a equacao de Bessel modificada de ordem p quando p e um inteiro, definimos a funcao de

Bessel modificada de ordem p do segundo tipo (as vezes chamada do terceiro tipo)

Kp(x) =π

2 sen pπ[I−p(x)− Ip(x)] (7.10)

se p nao e um inteiro, eKp(x) = lim

q→pKq(x) (7.11)

quando p e um inteiro. A solucao geral para a equacao de Bessel modificada de ordem p e entao

y(x) = c1Ip(x) + c2Kp(x). (7.12)

A funcao de Bessel modificada I0 e estritamente crescente para x > 0, logo nao pode satisfazer I0(R) = 0,enquanto que as funcoes de Bessel modificadas proximas a origem sao ilimitadas.

7.1.4 Solucao de outro Problema de Laplace no Cilindro

Considere o problema de encontrar a temperatura de estado estacionario em um cilindro cujas superfıciesinferior e superior sao mantidas a temperatura constante 0 com condicoes de fronteira na superfıcie lateraldependendo apenas da altura z. A situacao e a de uma barra cilındrica com as extremidades mantidas atemperatura constante 0, mas cuja superfıcie lateral nao e isolada termicamente. Neste problema tambemnao ha dependencia da variavel θ e ele e modelado pela seguinte equacao diferencial parcial e pelas seguintescondicoes de fronteira:

urr +1rur + uzz = 0 se 0 < r < R e 0 < z < h,

u(r, 0) = u(r,H) = 0 se 0 6 r 6 R ,u(R, z) = f(z) se 0 6 z 6 h.

Escrevendou(r, z) = F (r)G(z),

obtemos como antes

r2 F ′′(r)F (r)

+ rF ′(r)F (r)

= −G′′(z)G(z)

= σ.

As condicoes de fronteira implicam as seguintes condicoes sobre G:

u(r, 0) = 0 =⇒ F (r)G(0) = 0 =⇒ G(0) = 0,

u(r,H) = 0 =⇒ F (r)G(H) = 0 =⇒ G(H) = 0.

Logo temos o problema de Sturm-Liouville

G′′(z) + σG(z) = 0,G(0) = G(H) = 0,

cujas autofuncoes saoGn(z) = sen

nπz

H,

associadas aos autovalores

σ = −n2π2

H2,


e consequentemente a equacao de Bessel modificada de ordem 0 e parametronπ

H:

r2F ′′(r) + rF ′(r) +n2π2

H2r2F (r) = 0.

Como a funcao de Bessel modificada do segundo tipo e ilimitada na origem, a solucao geral desta equacaopertinente ao nosso problema e

Fn(z) = I0

(nπr

H

).


u(r, z) =∞∑

n=1

bnI0

(nπr

H

)sen

nπz

H. (7.13)

Como

f(z) = u(R, z) =∞∑

n=1

[bnI0

(nπR

H

)]J0

(α0,n

Rr)

,

segue que

bn =2

H I0

(nπRH

)∫ H

0

f(z) sennπz

Hdz. (7.14)

7.2 A Equacao de Laplace em uma Bola

7.2.1 A Equacao de Laplace em Coordenadas Esfericas

A relacao entre coordenadas cartesianas (x, y, z) e coordenadas esfericas (r, θ, φ) e dada pelas seguintesrelacoes:

x = r cosφ sen θ,y = r sen φ sen θ,z = r cos θ.

(7.15)

e

r =√

x2 + y2 + z2,

φ = arctany

x,

θ = arctan

√x2 + y2

z.

(7.16)

Introduzindo a variavelρ =

√x2 + y2 = r sen θ,

segue que x = ρ cos φ,y = ρ sen φ.

Fazendo a analogia com coordenadas polares, temos

uxx + uyy = uρρ +1ρuρ +

1ρ2

uφφ. (7.17)

Por outro lado, tambem temos z = r cos θ,ρ = r sen θ.

Daı, novamente fazendo a analogia com coordenadas polares, segue que

uzz + uρρ = urr +1rur +

1r2

uθθ. (7.18)


Portanto, somando as duas expressoes obtidas, obtemos

∆u(x, y, z) = uxx + uyy + uzz

= urr +1rur +

1r2

uθθ +1ρuρ +

1ρ2

uφφ

= urr +1rur +

1r2

uθθ +1ρuρ +

1r2 sen2 θ

uφφ. (7.19)

Falta apenas expressar uρ em coordenadas esfericas. Pela regra da cadeia,

uρ = urrρ + uθθρ + uφφρ = urrρ + uθθρ,

pois φ nao depende de ρ (ρ esta definida em termos das variaveis r, θ apenas) e portanto φρ = 0. Diferenciandoθ = arctan

ρ

z, obtemos

θρ =1

1 +(ρ

z

)2

1z

=z

z2 + ρ2=

r cos θ

r2 cos2 θ + r2 sen2 θ=

cos θ

r.

Diferenciando ρ = r sen θ implicitamente com relacao a ρ, temos

1 = rρ sen θ + r cos θθρ = rρ sen θ + cos2 θ,

donde

rρ =1− cos2 θ

sen θ= sen θ.

Logo,

uρ = sen θur +cos θ

ruθ

e1ρuρ =

1r sen θ

(sen θur +

cos θ

ruθ

)=

1rur +

cot θ

r2uθ

Concluımos que o Laplaciano em coordenadas esfericas e dado por

∆u(r, θ, φ) = urr +2rur +

1r2

(uθθ + cot θ uθ + csc2 θuφφ

). (7.20)

7.2.2 A Equacao de Legendre e Polinomios de Legendre

Na resolucao da equacao de Laplace na bola, como veremos a seguir, aparece a equacao de Legendre:

(1− x2)y′′(x)− 2xy′(x) + σy(x) = 0,

onde −1 < x < 1. Vamos obter as suas solucoes usando o metodo de series de potencias, escrevemos

y(x) =∞∑

m=0

amxm

e substituımos na equacao de Legendre para obter os coeficientes am:

(1− x2)∞∑

m=2

amm(m− 1)xm−2 − 2x∞∑

m=1

ammxm−1 + σ∞∑

m=0

amxm = 0,


donde ∞∑m=2

amm(m− 1)xm−2 −∞∑

m=2

amm(m− 1)xm − 2∞∑

m=1

ammxm + σ

∞∑m=0

amxm = 0.

Podemos escrever estes somatorios na forma∞∑

m=0

am+2(m + 2)(m + 1)xm −∞∑

m=0

amm(m− 1)xm − 2∞∑

m=0

ammxm + σ

∞∑m=0

amxm = 0,

porque os termos adicionados aos dois somatorios intermediarios sao todos nulos e reindexando o primeirosomatorio. Segue que

∞∑m=0

[(m + 2)(m + 1)am+2 + (−m(m− 1)− 2m + σ) am] xm = 0.

Logo,(m + 2)(m + 1)am+2 − (m(m + 1)− σ) am = 0,

donde obtemos a relacao recursiva

am+2 =m(m + 1)− σ

(m + 2)(m + 1)am. (7.21)

As duas solucoes linearmente independentes da equacao de Legendre sao obtidas escolhendo a0 = 0, a1 = 1e a0 = 1, a1 = 0. No primeiro caso obtemos uma serie consistindo apenas dos termos ımpares, enquanto queno segundo caso obtemos uma serie consistindo apenas dos termos pares. Assim, estas duas solucoes podemser respectivamente escritas nas formas

y1(x) =∞∑

k=0

2(k + 1)(2k + 1)− σ

2(k + 1)(2k + 3)x2k+1 (7.22)

e

y2(x) =∞∑

k=0

2k(2k + 1)− σ

2(k + 1)(2k + 1)x2k. (7.23)

Estas series sao chamadas funcoes de Legendre.Se σ = n(n + 1) > 0, entao an+2 = 0, logo uma das funcoes de Legendre e um polinomio de grau n

(qual delas dependera se n e par ou ımpar). Caso contrario, para qualquer outro valor de σ ambas as seriesde Legendre sao series infinitas e qualquer serie infinita de Legendre divergem em um ou ambos os pontosx = ±1, e portanto sao ilimitadas na vizinhanca deles. Como nas nossas aplicacoes estamos interessadosapenas em solucoes limitadas, vamos considerar apenas o caso σ = n(n + 1):

(1− x2)y′′(x)− 2xy′(x) + n(n + 1)y(x) = 0, (7.24)

e a sua solucao polinomial. Para σ = n(n + 1), a relacao recursiva torna-se

am+2 =m(m + 1)− n(n + 1)

(m + 2)(m + 1)am,

ou

am+2 = − (n−m)(n + m + 1)(m + 2)(m + 1)

am. (7.25)


Daı obtemos

a2 = −n(n + 1)2

a0,

a4 =(n− 2)n(n + 1)(n + 3)

4 · 3 · 2 a0,

a6 = − (n− 4)(n− 2)n(n + 1)(n + 3)(n + 5)6 · 5 · 4 · 3 · 2 a0,

...

e

a3 = − (n− 1)(n + 2)3 · 2 a1,

a5 =(n− 3)(n− 1)(n + 2)(n + 4)

5 · 4 · 3 · 2 a1,

a7 =(n− 5)(n− 3)(n− 1)(n + 2)(n + 4)(n + 6)

7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 a1,

...

Assim, a solucao geral desta equacao de Legendre e

y(x) = a0y1(x) + a1y2(x),

onde

y1(x) = 1− n(n + 1)2

x2 +(n− 2)n(n + 1)(n + 3)

4!x4 − (n− 4)(n− 2)n(n + 1)(n + 3)(n + 5)

6!x6 + . . .

e

y2(x) = x− (n− 1)(n + 2)3!

x3+(n− 3)(n− 1)(n + 2)(n + 4)

5!x5− (n− 5)(n− 3)(n− 1)(n + 2)(n + 4)(n + 6)

7!x7+. . .

Se n e par, entao a serie y1 e na verdade o polinomio

y1(x) = 1− n(n + 1)2

x2 +(n− 2)n(n + 1)(n + 3)

4!x4 − (n− 4)(n− 2)n(n + 1)(n + 3)(n + 5)

6!x6

+ . . . +(−1)

n2

n2−1∏k=0

(n− 2k)n2−1∏k=0

(n + 2k + 1)

n!xn.

Se n e ımpar, entao a serie y2 e na verdade o polinomio

y2(x) = x− (n− 1)(n + 2)3!

x3 +(n− 3)(n− 1)(n + 2)(n + 4)

5!x5 − (n− 5)(n− 3)(n− 1)(n + 2)(n + 4)(n + 6)

7!x7

+ . . . +(−1)

n−12

n−12 −1∏k=0

(n− 2k − 1)n−1

2∏k=0

(n + 2k)

n!xn.

No entanto, e costume normalizar as solucoes, escolhendo

an =(2n)!

2n(n!)2. (7.26)


Os outros coeficientes sao entao determinados por uma relacao recursiva reversa. Temos

am = − (m + 2)(m + 1)(n−m)(n + m + 1)

am+2,

ou (trocando m por m− 2)

am−2 = − m(m− 1)(n−m + 2)(n + m− 1)

am. (7.27)

Assim,

an−2 = − n(n− 1)2(2n− 1)

an = − n(n− 1)2(2n− 1)

(2n)!2n(n!)2

= − (2n− 2)!2n(n− 1)!(n− 2)!

,

an−4 = − (n− 2)(n− 3)4(2n− 3)

an−2 =(2n− 4)!

2n2!(n− 2)!(n− 4)!,

e, em geral,

an−2m = (−1)m (2n− 2m)!2nm!(n−m)!(n− 2m)!

. (7.28)

Tomando M =n

2, se n e par, e M =

n− 12

, se n e ımpar, o n-esimo polinomio de Legendre e

Pn(x) =12n

M∑m=0

(−1)m (2n− 2m)!m!(n−m)!(n− 2m)!

xn−2m. (7.29)

Por exemplo, os primeiros polinomios de Legendre sao:

P0(x) = 1,

P1(x) = x,

P2(x) =12(3x2 − 1),

P3(x) =12(5x3 − 3x),

P4(x) =18(35x4 − 30x2 + 3),

P5(x) =18(63x5 − 70x3 + 15x),

P6(x) =116

(231x6 − 315x4 + 105x2 − 5),

P7(x) =116

(429x7 − 693x5 + 315x3 − 35x).

7.2.3 Series de Polinomios de Legendre

Os polinomios de Legendre satisfazem as seguintes relacoes de ortogonalidade:

∫ 1

−1

Pn(x)Pm(x) dx =

0 se n 6= m,2

2n + 1se n = m.

(7.30)

Usando esta propriedade, e possıvel provar que toda funcao razoavelmente regular possui uma serie deLegendre:


Teorema 7.1. Se f e uma funcao contınua por partes cuja derivada e contınua por partes no intervalo[−1, 1], entao f tem uma expansao em serie de Legendre

f(x) =∞∑

n=0

AnPn(x)

com

An =2n + 1

2

∫ 1

−1

f(x)Pn(x) dx.

Alem disso, a serie de Legendre de f em x converge para f(x) se f e contınua em x e para a media

dos limites lateraisf(x+) + f(x−)

2, caso contrario.

7.2.4 Solucao da Equacao de Laplace na Bola com Simetria Radial

Considere o problema de encontrar a temperatura de estado estacionario em uma bola de raio R cujasuperfıcie exterior (casca esferica) e mantida a uma temperatura f(θ), independente do angulo azimutal φ.Neste problema nao ha dependencia da variavel φ e ele e modelado pela seguinte equacao diferencial parciale pelas seguintes condicoes de fronteira:

urr +

2rur +

1r2

(uθθ + cot θ uθ) = 0 se 0 < r < R e 0 < θ < π,

u(R, θ) = f(θ) se 0 6 θ 6 π.

Usando o metodo de separacao de variaveis, escrevemos

u(r, θ) = F (r)G(θ).

Substituindo esta expressao na equacao de Laplace acima, temos

F ′′(r)G(θ) +1rF ′(r)G(θ) +

1r2

[F (r)G′′(θ) + cot θ F (r)G′(θ)] = 0.

Dividindo a ultima expressao por F (r)G(θ), segue que

rF ′′(r)F (r)

+F ′(r)F (r)

= −[G′′(θ)G(θ)

+ cot θG′(θ)G(θ)

]= σ.

Temos entao a equacao de Euler:r2F ′′(r) + 2rF ′(r)− σF (r) = 0

e a seguinte equacao em θ:G′′(θ) + cot θG′(θ) + σG(θ) = 0.

Esta pode ser reduzida a equacao de Legendre atraves da seguinte mudanca de variavel:

s = cos θ.

Note que −1 < s < 1. De fato, pela regra da cadeia,

G′(θ) = G′(s)ds

dθ= − sen θG′(s),

G′′(θ) = − d

dθ[sen θG′(s)] = − cos θG′(s)− sen θG′′(s)

ds

dθ= − cos θG′(s) + sen2 θG′′(s)

= (1− s2)G′′(s)− sG′(s).


Portanto,

G′′(θ) + cot θG′(θ) + σG(θ) = (1− s2)G′′(s)− sG′(s) +cos θ

sen θ[− sen θG′(s)] + σG(s)

= (1− s2)G′′(s)− sG′(s)− sG′(s) + σG(s)

= (1− s2)G′′(s)− 2sG′(s) + σG(s),

e a equacao transforma-se na equacao de Legendre

(1− s2)G′′(s)− sG′(s) + σG(s) = 0.

Como vimos acima, esta equacao so possui solucoes limitadas se

σ = n(n + 1) (7.31)

e as solucoes sao dadas pelos polinomios de Legendre Pn(s). Logo,

Gn(θ) = Pn(cos θ). (7.32)

A equacao de Euler torna-se entao

r2F ′′(r) + 2rF ′(r)− n(n + 1)F (r) = 0,

cuja solucao geral eF (r) = c1r

n + c2r−(n+1).

As unicas solucoes aceitaveis sao as solucoes limitadas, logo

Fn(r) = rn. (7.33)

Portanto,un(r, θ) = rnPn(cos θ).

Levando em consideracao a condicao de fronteira, obtemos

u(r, θ) =∞∑

n=0

An

( r

R

)n

Pn(cos θ) (7.34)

comAn =

2n + 12

∫ π

0

f(θ)Pn(cos θ) sen θ dθ. (7.35)

Para obter esta expressao para os coeficientes An, multiplique a serie de u(R, θ) = f(θ) por Pm(cos θ) sen θ,integre termo a termo e use a substituicao x = cos θ nas integrais resultantes sob o somatorio. Isso produz

∫ π

0

f(θ)Pm(cos θ) sen θ dθ =∞∑

n=0

An

∫ π

0

Pn(cos θ)Pm(cos θ) sen θ dθ

=∞∑

n=0

An

(−

∫ −1

1

Pn(x)Pm(x) dx

)

=2m + 1

2Am.

Capıtulo 8

Transformada de Fourier

8.1 A Integral de Fourier

Se f : R→ R e uma funcao periodica de perıodo 2L, suave por partes, entao

f(x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)(8.1)

nos pontos de continuidade de f , com

an =1L

∫ L

−L

f(t) cosnπt

Ldt, n > 0,

bn =1L

∫ L

−L

f(t) sennπt

Ldt, n > 1.

(8.2)

Se f nao e uma funcao periodica, entao ela nao pode ser representada por uma serie de Fourier. Podemos,no entanto, representar f por uma integral de Fourier, se f for pelo menos suave por partes e satisfizer alemdisso a condicao ∫ ∞

−∞|f(x)| dx < ∞,

ou seja, se f for absolutamente integravel. Neste caso, podemos escrever

f(x) =∫ ∞

0

(A(ω) cos xω + B(ω) sen xω) dω (8.3)

para todo x ∈ R que seja um ponto de continuidade de f , com

A(ω) =1π

∫ ∞

−∞f(t) cos ωt dt, ω > 0,

B(ω) =1π

∫ ∞

−∞f(t) sen ωt dt, ω > 0.

(8.4)

Mais precisamente,

Teorema 8.1. Seja f : R → R uma funcao suave por partes, absolutamente integravel. Entao f tem umarepresentacao por integral de Fourier que converge para f(x) nos pontos de continuidade de f e paraa media dos limites laterais nos pontos de descontinuidade de f .

191


Esta representacao integral para f pode ser motivado da seguinte forma: restrinja f ao intervalo fechado[−L,L] e estenda ela periodicamente fora deste intervalo. Entao, no intervalo [−L, L], f tem a representacaoem serie de Fourier dada em (8.1) com os coeficientes dados em (8.2). Fazendo L → ∞, como a funcao fe integravel em R, segue que necessariamente a0 → 0. Alem disso, a integrabilidade de f tambem implicaque a integral de f em R pode ser aproximada pela integral de f no intervalo [−L,L], desde que L sejasuficientemente grande. Assim, temos que os coeficientes an e bn podem ser aproximados por

an ≈ 1L

∫ ∞

−∞f(t) cos

nπt

Ldt =

π

LA

(nπ

L

),

bn ≈ 1L

∫ ∞

−∞f(t) sen

nπt

Ldt =

π

LB

(nπ

L

).

Logo,

f(x) ≈∞∑

n=1

[A

(nπ

L

)cos

nπx

L+ B

(nπ

L

)sen

nπx

L

] π

L.

Mas, se denotarmos ωn = nπ/L e ∆ω = π/L, o que equivale a fazer uma particao do intervalo [0,∞) emsubintervalos de comprimento ∆ω, reconhecemos uma soma de Riemann:

f(x) ≈∞∑

n=1

[A(ωn) cos ωnx + B(ωn) sen ωnx]∆ω.

Fazendo L → ∞, o que corresponde a fazer a norma da particao ∆ω → 0, esta soma de Riemann convergepara a integral de Fourier de f .

Exemplo 8.2. Obtenha a representacao integral de Fourier da funcao

f(x) =

1 se |x| 6 1,0 se |x| > 1.

Temos

A(0) =1π

∫ ∞

−∞f(t) dt =

1π

∫ 1

−1

dt =2π

,

A(ω) =1π

∫ ∞

−∞f(t) cos ωt dt =

1π

∫ 1

−1

cos ωt dt =sen ωt

πω

∣∣∣∣1

−1

=2π

sen ω

ω,

B(ω) =1π

∫ ∞

−∞f(t) sen ωt dt =

1π

∫ 1

−1

senωt dt =cosωt

πω

∣∣∣∣1

−1

= 0.

Observe que limω→0

A(ω) = A(0) (ou seja, obtivemos neste caso a funcao A(ω) contınua) e a funcao B ea funcao identicamente nula, o que era de se esperar, porque f e uma funcao par. Logo

f(x) =2π

∫ ∞

0

sen ω

ωcos xω dω.

Em particular, segue do teorema da integral de Fourier que

∫ ∞

0

sen ω

ωcos xω dω =

π/2 se |x| < 1,π/4 se |x| = 1,0 se |x| > 1,

e, escolhendo x = 0, obtemos o valor da integral de Dirichlet∫ ∞

0

senω

ωdω =

π

2.


Como vemos no exemplo acima, quando uma funcao e par ou ımpar, sua integral de Fourier e maissimples (da mesma forma e pelo mesmo motivo que a serie de Fourier de uma funcao periodica par ou ımpare mais simples):

• Se f e par, entao B(ω) ≡ 0 e a integral de Fourier de f e dada simplesmente por

f(x) =∫ ∞

0

A(ω) cos xω dω,

tambem chamada a integral de Fourier cosseno de f .

• Se f e ımpar, entao A(ω) ≡ 0 e a integral de Fourier de f e dada simplesmente por

f(x) =∫ ∞

0

B(ω) sen xω dω,

tambem chamada a integral de Fourier seno de f .

8.1.1 Exercıcios

Exercıcio 8.1. Encontre a representacao integral de Fourier das funcoes dadas (em todos os casos, a > 0).

a) f(x) =

1 se 0 < x < 1,0 caso contrario. h) f(x) =

x se 0 < x < a,0 caso contrario.

b) f(x) =

1 se − a < x < a,0 caso contrario. i) f(x) =

x2 se 0 < x < a,0 caso contrario.

c) f(x) =

−1 se − 1 < x < 0,

1 se 0 < x < 1,0 caso contrario.

j) f(x) =

1− |x| se − 1 < x < 1,0 caso contrario.

d) f(x) =

0 se − 1 < x < 1,1 se 1 < |x| < 2,0 caso contrario.

k) f(x) =

1− x2 se − 1 < x < 1,0 caso contrario.

e) f(x) =

x se − 1 < x < 1,0 caso contrario. l) f(x) = e−|x|.

f) f(x) =

cos x se − π

2< x <

π

2,

0 caso contrario.m) f(x) = e−x2

.

g) f(x) =

sen x se 0 < x < π,0 caso contrario. n) f(x) =

x se 0 < x < 1,2− x se 1 < x < 2,

0 caso contrario.

Exercıcio 8.2. (a) Use o Exemplo 8.2 para mostrar que∫ ∞

0

senω cos ω

ωdω =

π

4.

(b) Use integracao por partes e o item anterior para obter∫ ∞

0

sen2 ω

ω2dω =

π

2.


(c) Use a identidade trigonometrica sen2 ω + cos2 ω = 1 e o item anterior para obter∫ ∞

0

sen4 ω

ω2dω =

π

4.

(Sugestao: sen2 ω = sen4 ω + sen2 ω cos2 ω = sen4 ω + 14 sen2 2ω.)

Exercıcio 8.3. Usando a representacao integral de Fourier, prove que as seguintes integrais improprias temos valores especificados abaixo.

a)∫ ∞

0

cosxω + w sen xω

1 + ω2dω =

0 se x < 0,π/2 se x = 0,πe−x se x > 0.

b)∫ ∞

0

1− cosπω

ωsen xω dω =

π/2 se 0 < x < π,0 se x > π.

c)∫ ∞

0

cosxω

1 + ω2dω =

π

2e−x se x > 0.

d)∫ ∞

0

cosπw

2cosxω

1− ω2dω =

π

2cos x se |x| < π

2,

0 se |x| > π

2.

e)∫ ∞

0

sen πω sen xω

1− ω2dω =

π

2sen x se 0 6 x 6 π,

0 se x > π.

f)∫ ∞

0

ω3 sen xω

ω4 + 4dω =

π

2e−x cosx se x > 0.

8.2 A Transformada de Fourier

8.2.1 Definicao

Recordamos a formula de Euler:eiθ = cos θ + i sen θ.

Dela segue que

cos θ =eiθ + e−iθ

2e sen θ =

eiθ − e−iθ

2i.


Vamos escrever a integral de Fourier na forma complexa. Temos

f(x) =∫ ∞

0

(A(ω) cos xω + B(ω) sen xω) dω

=1π

∫ ∞

0

∫ ∞

−∞f(t)(cos ωt cos xω + sen ωt sen xω) dtdω

=1π

∫ ∞

0

∫ ∞

−∞f(t) cos ω(x− t) dtdω

=12π

∫ ∞

0

∫ ∞

−∞f(t)(eiω(x−t) + e−iω(x−t)) dtdω

=12π

∫ ∞

0

∫ ∞

−∞f(t)eiω(x−t) dtdω +

12π

∫ ∞

0

∫ ∞

−∞f(t)e−iω(x−t) dtdω

=12π

∫ ∞

0

∫ ∞

−∞f(t)eiω(x−t) dtdω +

12π

∫ 0

−∞

∫ ∞

−∞f(t)eiω(x−t) dtdω

=12π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(t)eiω(x−t) dtdω.

onde no ultimo passo fizemos a mudanca de variavel −ω. Portanto, a forma complexa da integral deFourier e

f(x) =12π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(t)eiω(x−t) dtdω. (8.5)

Por sua vez, a forma complexa da integral de Fourier pode ser escrita como

f(x) =1√2π

∫ ∞

−∞

[1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−iωt dt

]eiωx dω.

Defina a funcao f : R→ C por

f(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−iωt dt. (8.6)

Observe que apesar da funcao f ser uma funcao definida na reta (isto e, uma funcao de uma variavel real)tomando valores reais, em geral a funcao f e uma funcao definida na reta tomando valores complexos. Defato, a funcao f pode ser escrita mais explicitamente, usando a formula de Euler, na forma

f(ω) =1√2π

(∫ ∞

−∞f(t) cos ωt dt− i

∫ ∞

−∞f(t) sen ωt dt

).

A parte complexa de f sera nula e portanto f sera uma funcao real se e somente se a integral∫ ∞

−∞f(t) sen ωt = 0.

Isso ocorrera se e somente se a funcao f for par. Portanto, no estudo da transformada de Fourier e inevitavelo aparecimento de funcoes de R em C, ja que a maioria das funcoes nao sao pares. Diremos que uma funcaode R em C e absolutamente integravel se as suas partes real e imaginaria (que sao funcoes de de R em R)forem absolutamente integraveis. O espaco de tais funcoes sera denotado por L1(R,C). Na notacao acima,temos que

f(x) =1√2π

∫ ∞

−∞f(ω)eiωx dω. (8.7)

Isso nos leva a seguinte definicao. Definimos a transformada de Fourier de f , como sendo a funcao Fque associa a cada funcao absolutamente integravel f : R → R a funcao f : R → C definida pela expressao


(8.6); a sua inversa, chamada a transformada de Fourier inversa, e a funcao F−1 que associa a cadafuncao f : R → C que pertenca ao conjunto imagem de F a funcao absolutamente integravel f : R → Rdefinida pela expressao (8.7). Assim, se f e contınua,

F−1(F(f)) = f. (8.8)

Isso e uma consequencia imediata das definicoes acima:

F−1(F(f))(x) =1√2π

∫ ∞

−∞F(f)(ω)eiωx dω =

1√2π

∫ ∞

−∞

[1√2π

∫ ∞


]eiωx dω

=12π

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(t)eiω(x−t) dtdω = f(x).

Exemplo 8.3. A transformada de Fourier de uma funcao absolutamente integravel, apesar de ser umafuncao contınua, nao e em geral uma funcao absolutamente integravel. O contra-exemplo classico e afuncao pulso

f(x) =

1 se |x| 6 1,0 se |x| > 1.

De fato, calculando a transformada de Fourier de f , obtemos

f(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−iωt dt =

1√2π

∫ 1

−1

e−iωt dt = − 1√2πiω

e−iωt∣∣1−1

= − 1√2πiω

(e−iω − eiω

)= − 1√

2πiω(cos ω − i sen ω − cos ω − i sen ω)

=2i sen ω√

2πiω=

2 sen ω√2πω

.

Segue que a transformada de Fourier de f e a funcao

f(ω) =

√2π

sen ω

ω,

que nao e uma funcao absolutamente integravel, como pode ser verificado. Observe porem que adescontinuidade da funcao pulso foi suavizada pela sua transformada de Fourier, ja que f e umafuncao contınua. Com efeito,

f(0) =1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−iω0 dt =

1√2π

∫ 1

−1

dx =2√2π

=

√2π

e portanto limω→0

f(ω) = f(0). Isso nao foi um acidente e e sempre verdade.

Teorema 8.4. Se f : R → R e uma funcao absolutamente integravel, entao sua transformada de Fourierf : R→ C e uma funcao contınua e limitada. Se, alem disso, f for absolutamente integravel, entao fe contınua.

A transformada de Fourier da funcao pulso no Exemplo 8.3 e uma funcao real porque ela e uma funcaopar. Em geral, a transformada de Fourier de uma funcao real e uma funcao complexa, como no proximoexemplo.

Exemplo 8.5. Encontre a transformada de Fourier da funcao

f(x) =

e−x se x > 0,0 se x 6 0.


Temos

f(ω) =1√2π

∫ ∞


1√2π

∫ ∞

0

e−t−iωt dt =1√2π

∫ ∞

0

e−(1+iω)t dt

= − 1√2π(1 + iω)

e−(1+iω)t∣∣∣∞

0.

Como∣∣e−iωt

∣∣ = 1, segue que

limt→∞

∣∣∣e−(1+iω)t∣∣∣ = lim

x→∞∣∣e−t

∣∣ ∣∣e−iωt∣∣ = lim

t→∞∣∣e−t

∣∣ = 0,

logo

f(ω) =1√

2π(1 + iω)=

1− iω√2π(1 + ω2)

.

8.2.2 Propriedades Operacionais

A transformada de Fourier se comporta muito bem com relacao a varias das operacoes comumente efetu-adas em funcoes: combinacoes lineares, translacao, dilatacao, diferenciacao, multiplicacao por polinomios econvolucao.

Proposicao 8.6. (Linearidade) Se f, g : R→ C sao funcoes absolutamente integraveis e a, b ∈ R, entao

F(af + bg) = aF(f) + bF(g).

Prova: Segue direto da definicao e da propriedade de linearidade da integral. ¥

Proposicao 8.7. (Transformadas de Fourier de Derivadas) Se f : R → C e uma funcao diferenciavelabsolutamente integravel tal que f ′ tambem e uma funcao absolutamente integravel, entao

F(f ′)(ω) = iωF(f)(ω).

Se f : R→ C e uma funcao duas vezes diferenciavel absolutamente integravel tal que f ′ e f ′′ tambemsao funcoes absolutamente integraveis, entao

F(f ′′)(ω) = iωF(f ′)(ω) = −ω2F(f)(ω).

Em geral, se f : R → C e uma funcao k vezes diferenciavel absolutamente integravel tal que as suasderivadas ate a ordem k tambem sao funcoes absolutamente integraveis, entao

F(f (k))(ω) = (iω)kF(f)(ω).

Prova: Integrando por partes, temos que

F(f ′)(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞f ′(t)e−iωt dx =

1√2π

[f(t)e−iωt

∣∣∞−∞ − (−iω)

∫ ∞


]

= iω

∫ ∞

−∞f(t)e−iωt dt = iωF(f),

porque, como f ′ e absolutamente integravel, necessariamente limt→±∞

|f ′(t)| = 0, logo limt→±∞

∣∣f ′(t)e−iωt∣∣ = 0.

As formulas para as transformadas de Fourier de derivadas de ordem superior seguem da aplicacao iteradadesta formula. ¥


Proposicao 8.8. (Derivadas de Transformadas de Fourier) Se f : R → C e uma funcao absolutamenteintegravel tal que xf(x) tambem e uma funcao absolutamente integravel, entao

F(xf(x))(ω) = iF(f)′(ω).

Se f : R → C e uma funcao absolutamente integravel tal que x2f(x) tambem e uma funcao absoluta-mente integravel, entao

F(xf(x))(ω) = −F(f)′′(ω).

Em geral, se f : R→ C e uma funcao absolutamente integravel tal que xkf(x) tambem e uma funcaoabsolutamente integravel, entao

F(xkf(x))(ω) = ikF(f)(k)(ω).

Prova: Passando a derivada para dentro do sinal de integracao, temos

d

dωF(f(x))(ω) =

1√2π

d

dω

∫ ∞


1√2π

∫ ∞

−∞

d

dω[f(t)e−iωt] dt

=1√2π

∫ ∞

−∞(−it)f(t)e−iωt dt = (−i)

1√2π

∫ ∞

−∞tf(t)e−iωt dt

= −iF(xf(x))(ω).

Multiplicando ambos os lados por −i obtemos a primeira formula. As outras formulas seguem da aplicacaoiterada da primeira. ¥

Proposicao 8.9. (Transformada de Fourier de uma Translacao) Se f : R→ C e uma funcao absolutamenteintegravel, entao

F(f(x− a))(ω) = e−iωaF(f(x))(ω).

Reciprocamente,F(eiaxf(x))(ω) = F(f(x))(ω − a).

Prova: Mudando variaveis, temos

F(f(x− a))(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞f(t− a)e−iωt dt =

1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−iω(t+a) dt

= e−iωa

∫ ∞

−∞f(t)e−iωt dt = e−iωaF(f(t)).

A segunda formula e obtida diretamente:

F(eiωxf(x))(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞eiatf(t)e−iωt dt =

1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−i(ω−a)t dt

= F(f(x))(ω − a).

¥

Proposicao 8.10. (Transformada de Fourier de uma Dilatacao) Se f : R→ C e uma funcao absolutamenteintegravel e a 6= 0, entao

F(f(ax))(ω) =1|a|F(f)

(ω

a

).

Em particular,F(f(−x))(ω) = F(f) (−ω) .


Prova: Mudando variaveis, se a > 0 temos que

F(f(ax))(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞f(at)e−iωt dt =

1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−i ω

a t 1adt

=1a

1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−i ω

a t dt =1|a|F(f(x))

(ω

a

).

Se a < 0, temos

F(f(ax))(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞f(at)e−iωt dt =

1√2π

∫ −∞

∞f(t)e−i ω

a t 1adt

=1−a

1√2π

∫ ∞

−∞f(t)e−i ω

a t dt =1|a|F(f(x))

(ω

a

).

¥A convolucao de duas funcoes absolutamente integraveis f, g e definida como sendo a funcao

(f ∗ g)(x) =∫ ∞

−∞f(x− t)g(t) dt. (8.9)

Podemos assegurar que ela esta bem definida (isto e, a integral impropria que a define converge para todox), se as funcoes f e g, alem de serem absolutamente integraveis, sao tambem quadrado-integraveis, isto e,seus quadrados tambem sao absolutamente integraveis:

∫ ∞

−∞|f(t)|2 dt,

∫ ∞

−∞|g(t)|2 dt < ∞.

De fato, utilizando a desigualdade de Schwarz

|ab| 6 a2

2+

b2

2,

valida para todos a, b ∈ R, segue que∣∣∣∣∫ ∞

−∞f(x− t)g(t) dt

∣∣∣∣ 6∫ ∞

−∞|f(x− t)g(t)| dt 6 1

2

∫ ∞

−∞|f(x− t)|2 dt +

12

∫ ∞

−∞|g(t)|2 dt < ∞.

Denotamos o espaco das funcoes quadrado-integraveis na reta por L2(R). Alem disso, a convolucao defuncoes absolutamente integraveis, quando esta definida, e tambem uma funcao absolutamente integravel,de modo que a sua transformada de Fourier esta definida:

∫ ∞

−∞|(f ∗ g)(x)| dx 6

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|f(x− t)| |g(t)| dt dx =

∫ ∞

−∞|g(t)|

(∫ ∞

−∞|f(x− t)| dx

)dt

=∫ ∞

−∞|g(t)|

(∫ ∞

−∞|f(x)| dx

)dt =

(∫ ∞

−∞|f(x)| dx

)(∫ ∞

−∞|g(t)| dt

)

< ∞.

A transformada de Fourier comporta-se extremamente bem em relacao a convolucoes: ela transforma con-volucao de funcoes essencialmente em produto de funcoes:

Proposicao 8.11. (Transformada de Fourier de uma Convolucao) Se f, g : R → C sao funcoes absoluta-mente integraveis, entao

F(f ∗ g) =√

2πF(f)F(g).


Prova: Mudando a ordem de integracao e usando a Propriedade 4, temos

F(f ∗ g)(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞(f ∗ g)(t)e−iωt dt =

1√2π

∫ ∞

−∞

[∫ ∞

−∞f(t− s)g(s) ds

]e−iωt dt

=∫ ∞

−∞

[1√2π

∫ ∞

−∞f(t− s)e−iωt dt

]g(s) ds =

∫ ∞

−∞

[e−iωsF(f)(ω)

]g(s) ds

= F(f)(ω)∫ ∞

−∞g(s)e−iωs ds = F(f)(ω)

√2πF(g)(ω).

¥

8.2.3 Transformada de Fourier da Funcao Gaussiana

A transformada de Fourier da funcao gaussiana desempenha um papel fundamental na resolucao da equacaodo calor na barra infinita, conforme veremos mais tarde. Aqui vamos calcula-la. Recordamos a integralimpropria ∫ ∞

−∞e−x2

dx =√

π.

O seu valor pode ser obtido da seguinte forma:

(∫ ∞

−∞e−x2

dx

)2

=(∫ ∞

−∞e−x2

dx

) (∫ ∞

−∞e−y2

dy

)=

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−x2

e−y2dxdy

=∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−(x2+y2) dxdy =

∫ 2π

0

∫ ∞

0

e−r2rdrdθ =

∫ 2π

0

[−1

2e−r2

]∞

0

dθ

=12

∫ 2π

0

dθ = π.

Teorema 8.12. Seja a > 0. Entao,

F(e−ax22 ) =

1√ae−

ω22a .

Em particular,F(e−

x22 ) = e−

ω22 ,

isto e, a transformada de Fourier da funcao e−x22 e ela propria.

Prova: Seja f(x) = e−ax22 . Entao f satisfaz a equacao diferencial

f ′(x) + axf(x) = 0.

Aplicando a transformada de Fourier a ambos os lados desta equacao, obtemos (usando as Propriedades 1,2 e 3)

iωf(ω) + aif ′(ω) = 0

ouf ′(ω) +

ω

af(ω) = 0.

Resolvendo esta equacao atraves de uma integracao simples, obtemos

f(ω) = Ce−ω22a


para alguma constante C. [Em uma notacao mais usual, a equacao diferencial e y′+ω

ay = 0, donde y′ = −ω

ay

ouy′

y= −ω

a; integrando ambos os lados desta equacao obtemos log y = −ω2

2a + C e daı o resultado acima.]

A constante C pode ser determinada atraves da integral impropria relembrada acima:

C = f(0) =1√2π

∫ ∞

−∞f(t) dt =

1√2π

∫ ∞

−∞e−

at22 dt =

1√2π

√2a

∫ ∞

−∞e−s2

ds =1√a.

¥A funcao gaussiana e−

x22 nao e a unica funcao cuja transformada de Fourier e ela propria.


8.2.4 Tabela de Transformadas de Fourier

f(x) F(f)(ω)

1.

1 se |x| < a,0 se |x| > a.

√2π

sen(aω)ω

2.

1 se a < x < b,0 caso contrario.

i(e−ibω − e−iaω)√2πω

3.

1− |x|

ase |x| < a,

0 se |x| > a,, a > 0. 2

√2π

sen2 aω

2aω2

4.

x se |x| < a,0 se |x| > a,

, a > 0. i

√2π

aω cos(aω)− sen(aω)ω2

5.

sen x se |x| < π,0 se |x| > π,

i

√2π

sen(πω)ω2 − 1

6.

sen(ax) se |x| < b,0 se |x| > b,

, a, b > 0.−i√2π

(sen[(ω − a)b]

ω − a+

sen[(ω + a)b]ω + a

)

7.

cos(ax) se |x| < b,0 se |x| > b,

, a, b > 0.1√2π

(sen[(ω − a)b]

ω − a+

sen[(ω + a)b]ω + a

)

8.1

x2 + a2, a > 0.

√π

2e−a|ω|

a

9.

√2π

a

1 + a2x2, a > 0. e−

|ω|a

10.4√2π

sen2 ax

2ax2

, a > 0.

1− |ω|

ase |ω| < a,

0 se |ω| > a.

11. e−a|x|, a > 0.

√2π

a

a2 + ω2

12.

e−ax se x > 0,0 se x < 0,

, a > 0.1√2π

1a + iω

13.

0 se x > 0,eax se x < 0,

, a > 0.1√2π

1a− iω

14. |x|n e−a|x|, a > 0, n > 0.Γ(n + 1)√

2π

(1

(a− iω)n+1+

1(a + iω)n+1

)

15. e−a2 x2

, a > 0.1√ae−

ω22a


8.2.5 Exercıcios

Exercıcio 8.4. Calcule a transformada de Fourier das funcoes a seguir (em todos os casos, a > 0).

a) f(x) =

1 se |x| < a,0 se |x| > a.

g) f(x) =

x se |x| < 1,0 caso contrario.

b) f(x) = e−|x|. h) f(x) =

x2 se |x| < 1,0 caso contrario.

c) f(x) =

e−|x| se |x| < 1,0 se |x| > 1.

i) f(x) =

1− |x| se |x| < 1,0 caso contrario.

d) f(x) =

ex se x < 0,0 se x > 0.

j) f(x) =

1− x2 se |x| < 1,0 caso contrario.

e) f(x) =

sen x se |x| < π,0 caso contrario. k) f(x) =

1− x

ase |x| < a,

0 se |x| > a.

f) f(x) =

cos x se |x| < π

2,

0 caso contrario.

Exercıcio 8.5. (Relacao de Reciprocidade para a Transformada de Fourier)

1. (a) Use a definicao das transformadas para provar que

F(f)(x) = F−1(f)(−x).

(b) Use o item anterior para obter a seguinte relacao de reciprocidade:

F2(f)(x) = f(−x).

(c) Conclua que f e uma funcao par se e somente se F2(f) = f ; f e uma funcao ımpar se e somentese F2(f) = −f .

(d) Mostre que para qualquer funcao f temos F4(f) = f .

Exercıcio 8.6. Usando a Propriedade 4, conclua as identidades a seguir:

F(cos(ax)f(x)) =F(f)(ω − a) + F(f)(ω + a)

2,

F(sen(ax)f(x)) =F(f)(ω − a)−F(f)(ω + a)

2i.

Exercıcio 8.7. Use o exercıcio anterior e transformadas de Fourier de funcoes conhecidas para calcular astransformadas de Fourier das seguintes funcoes:

a) f(x) =cosx

ex2 . b) f(x) =sen 2x

e|x|.

c) f(x) =cos x + cos 2x

x2 + 1. d) f(x) =

sen x + cos 2x

x2 + 4.

e) f(x) =

cos x se |x| < 1,0 se |x| > 1.

f) f(x) =

sen x se |x| < 1,0 se |x| > 1.


Exercıcio 8.8. Use uma transformada de Fourier conhecida e as propriedades operacionais para calcular atransformada de Fourier das funcoes a seguir.

a) f(x) =

x se |x| 6 1,0 se |x| > 1.

f) f(x) =x2

(1 + x2)2.

b) f(x) = xe−x2. g) f(x) = (1− x2)e−x2

.

c) f(x) = x2e−|x|. h) f(x) = (1− x)2e−|x|.

d) f(x) =

xe−x se x < 0,0 se x > 0.

i) f(x) = xe−12 (x−1)2 .

e) f(x) =x

1 + x2. j) f(x) = (1− x)e−|x−1|

8.3 O Metodo da Transformada de Fourier

Suponha que u(x, t) seja uma funcao das variaveis x ∈ R e t > 0. Se fixarmos a variavel temporal t, au(x, t) torna-se uma funcao apenas da variavel espacial x, definida na reta toda, e podemos tomar a suatransformada de Fourier com relacao a variavel x. Denotaremos esta transformada por u(ω, t). Em outraspalavras,

u(ω, t) = F(u(x, t)) =1√2π

∫ ∞

−∞u(x, t)e−iωx dx. (8.10)

Agora, da Propriedade 3 da transformada de Fourier, segue que

uxx(ω, t) = iωu(ω, t),

uxx(ω, t) = (iω)2u(ω, t) = ω2u(ω, t),

ou seja, derivadas espaciais sao transformadas em expressoes que envolvem apenas a funcao u(ω, t) multi-plicada por um monomio em ω. Por outro lado, derivando dentro do sinal de integracao com relacao a t,temos que

ut(ω, t) =1√2π

∫ ∞

−∞ut(x, t)e−iωx dx =

d

dt

(1√2π

∫ ∞

−∞u(x, t)e−iωx dx

)= ut(ω, t),

o que significa que a derivada temporal e preservada pela transformada de Fourier. Assim, vemos que quandoaplicamos a transformada de Fourier a uma equacao diferencial parcial em duas variaveis, as derivadasparciais espaciais desaparecem e apenas as derivadas temporais permanecem. Em outras palavras, aplicandoa transformada de Fourier transformamos a equacao diferencial parcial em uma equacao diferencial ordinariaem t. Esta observacao e a essencia do metodo da transformada de Fourier para resolver equacoes diferenciaisparciais. Em resumo, o metodo funciona da seguinte maneira:Passo 1: Obtenha a transformada de Fourier de todas as equacoes envolvidas (i.e., a equacao diferencialparcial e a condicao inicial).Passo 2: Resolva a equacao diferencial ordinaria, obtendo a solucao u(ω, t).Passo 3: Aplique a transformada de Fourier inversa a u(ω, t) para obter u(ω, t).

A tıtulo de exemplo, vamos aplicar este metodo as equacoes do calor e da onda.


8.3.1 A Equacao do Calor para uma Barra Infinita

Vamos resolver o problema de conducao de calor em uma barra homogenea, isolada termicamente e infinita.Este e o problema de valor inicial (problema de Cauchy)

ut = kuxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,u(x, 0) = f(x) se −∞ < x < ∞.

(8.11)

Assumimos que a funcao f e contınua, limitada e absolutamente integravel. Aplicando a transformada deFourier a este problema, obtemos a equacao diferencial ordinaria em t

ut(ω, t) = kω2u(ω, t)u(ω, 0) = f(ω).

A solucao geral desta equacao eu(ω, t) = C(ω)e−kω2t.

Para obter o valor de C(ω), usamos a condicao inicial:

f(ω) = u(ω, 0) = C(ω).

Portanto,u(ω, t) = f(ω)e−kω2t. (8.12)

Tomando transformadas de Fourier inversas de ambos os lados da equacao, obtemos

u(x, t) =1√2π

∫ ∞

−∞f(ω)e−kω2teixω dω. (8.13)

As vezes, no entanto, esta solucao nao e conveniente em certas aplicacoes praticas. Usando a propriedade datransformada de Fourier com relacao a uma convolucao, podemos obter uma solucao em termos da condicaoinicial f(x). De fato, voltando a equacao que da a solucao u(ω, t), observamos que a segunda funcao dolado direito e uma gaussiana em ω que, conforme vimos anteriormente, a menos de uma constante e atransformada de Fourier dela propria. Mais precisamente,

F(e−a2 x2

) =1√ae−

ω22a .

Daı, se

g(x) =

√1

2kte−

x24kt ,

entaog(ω) = e−kω2t.

[Tome a = 1/(2kt).] Logo, podemos escrever

u(ω, t) = f(ω)g(ω).

Lembrando agora que a transformada de Fourier de uma convolucao e o produto das transformadas deFourier das funcoes multiplicadas por

√2π, ou seja

f(ω)g(ω) =1√2π

f ∗ g(ω),

segue que

u(ω, t) =1√2π

f ∗ g(ω).


Portanto, aplicando a transformada de Fourier inversa, obtemos

u(x, t) =1√2π

(f ∗ g)(x)

ouu(x, t) =

12√

πkt

∫ ∞

−∞f(s)e−

(x−s)2

4kt ds. (8.14)

Esta e a solucao da equacao do calor em uma barra infinita, e alem disso a unica solucao do problema,se entendermos por solucao uma funcao contınua e limitada em t > 0 (existem outras solucoes, mas elasnao sao limitadas, e do ponto de vista fısico esperamos que a solucao do problema seja uma distribuicao detemperaturas limitada).


ut =14uxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,

u(x, 0) = e−x2se −∞ < x < ∞.

Solucao: Denotando f(x) = e−x2, segue que

u(ω, t) = f(ω)e−kω2t =1√2e−

ω24 e−

ω2t4 =

1√2e−

(1+t)ω2

4 .

Logo,

u(x, t) =1√2F−1(e−

(1+t)ω2

4 ) =1√2

√2

1 + te−

x21+t =

1√1 + t

e−x21+t .

pois fazendo 1+t4 = 1

2a , segue que a = 21+t .

8.3.2 A Equacao da Onda em uma Corda Infinita

Vamos resolver o problema das vibracoes transversais de uma corda infinita, homogenea e de peso desprezıvel:

utt = c2uxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,u(x, 0) = f(x) se −∞ < x < ∞,ut(x, 0) = g(x) se −∞ < x < ∞.

(8.15)

Assumimos que as funcoes f, g sao contınuas, limitadas e absolutamente integraveis. Aplicando a transfor-mada de Fourier a este problema, obtemos a equacao diferencial ordinaria em t

utt(ω, t) = c2ω2u(ω, t)u(ω, 0) = f(ω),ut(ω, 0) = g(ω).

A solucao geral desta equacao e

u(ω, t) = A(ω) cos cωt + B(ω) sen cωt.

Para obter os valores de A(ω) e B(ω), usamos a condicoes iniciais:

f(ω) = u(ω, 0) = A(ω),g(ω) = ut(ω, 0) = cωB(ω).


Portanto,

u(ω, t) = f(ω) cos cωt +g(ω)cω

sen cωt.

Aplicando a transformada de Fourier inversa, obtemos a solucao do problema:

u(x, t) =1√2π

∫ ∞

−∞

[f(ω) cos cωt +

g(ω)cω

sen cωt

]eiωx dω. (8.16)

Em alguns casos especıficos, esta integral pode ser computada explicitamente.


utt = uxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,

u(x, 0) =1

1 + x2se −∞ < x < ∞,

ut(x, 0) = 0. se −∞ < x < ∞.

Solucao: Denotando f(x) =1

1 + x2, segue que

u(ω, t) = f(ω) cos ωt =√

π

2e−|ω| cos ωt.

Logo,

u(x, t) =√

π

2F−1(e−|ω| cosωt) =

√π

2F−1

(eiωθ + e−iωθ

2e−|ω|

)

=12F−1

(eiωθ

√π

2e−|ω|

)+

12F−1

(e−iωθ

√π

2e−|ω|

)

=12

(1

1 + (x + t)2+

11 + (x + t)2

),

usando a propriedade da transformada de Fourier de uma translacao, pois F−1

(√π

2e−|ω|

)=

11 + x2

.

Observe que esta resposta coincide com a solucao de D’Alembert.

8.3.3 Exercıcios

Exercıcio 8.9. Resolva a equacao do calor ou da onda dada. Em todos os casos, assuma −∞ < x < ∞ et > 0.


a)

utt = uxx

u(x, 0) =1

4 + x2

ut(x, 0) = 0.

b)

utt = uxx

u(x, 0) =

cos x se − π

26 x 6 π

2,

0 caso contrario,ut(x, 0) = 0.

c)

ut = uxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,

u(x, 0) = e−x2se −∞ < x < ∞.

d)

ut = 1100uxx

u(x, 0) =

100 se − 1 6 x 6 1,0 se x > 1.

.

e)

utt = uxx

u(x, 0) =√

2π

sen x

xut(x, 0) = 0.

f)

ut = uxx

u(x, 0) =

1− |x|

2se − 2 6 x 6 2,

0 se x > 1..

g)

ut = 14uxx

u(x, 0) =

20 se − 1 6 x 6 1,0 se x > 1.

h)

ut = 1100uxx

u(x, 0) =

100 se − 2 < x < 0,50 se 0 < x < 1,0 caso contrario.

i)

ut = uxx

u(x, 0) =100

1 + x2.

j)

ut = uxx

u(x, 0) = e−|x|.

Exercıcio 8.10. Usando o metodo da transformada de Fourier, resolva o problema de valor inicial dado.Em todos os casos, assuma −∞ < x < ∞ e t > 0.

a)

uxt = uxx

u(x, 0) =√

π

2e−|x|

b)

utt = uxxxx

u(x, 0) = f(x).

c)

3ut + ux = 0u(x, 0) = f(x). d)

aut + bux = 0u(x, 0) = f(x).

e)

ut + tux = 0u(x, 0) = f(x). f)

ut = t2ux

u(x, 0) = 3 cos x.

g)

ut + a(t)ux = 0u(x, 0) = f(x), h)

ut + (sen t)ux = 0u(x, 0) = sen x.

i)

ut = ux

u(x, 0) = f(x). j)

ut = tuxx

u(x, 0) = f(x),

k)

ut = a(t)uxx

u(x, 0) = f(x), , a(t) > 0. l)

utt + 2ut = −uu(x, 0) = f(x),ut(x, 0) = g(x).

m)

ut = e−tuxx

u(x, 0) = 100,n)

ut = tuxxxx

u(x, 0) = f(x),

o)

utt = uxxt

u(x, 0) = f(x),ut(x, 0) = g(x).

p)

utt − 4uxxt + 3uxxxx

u(x, 0) = f(x),ut(x, 0) = g(x).


Exercıcio 8.11. Resolva o problema do calor com conveccao na barra infinita (isto e, existe troca de calorda barra com o meio ambiente):

ut = c2uxx + kux se −∞ < x < ∞ e t > 0,u(x, 0) = f(x) se −∞ < x < ∞.

Exercıcio 8.12. Resolva o problema da vibracao da corda infinita com amortecimento (b > 0):

utt = c2uxx − 2but se −∞ < x < ∞ e t > 0,u(x, 0) = f(x) se −∞ < x < ∞,ut(x, 0) = g(x) se −∞ < x < ∞.

Exercıcio 8.13. Resolva o problema da vibracao na viga infinita:

utt = c2uxxxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,u(x, 0) = f(x) se −∞ < x < ∞,ut(x, 0) = g(x) se −∞ < x < ∞.

Exercıcio 8.14. Resolva a equacao de Korteweg-de Vries linearizada:

ut = c2uxxx se −∞ < x < ∞ e t > 0,u(x, 0) = f(x) se −∞ < x < ∞.

Encontre a solucao para f(x) = e−x2/2e quando f e a funcao pulso (em ambos os casos tome c = 1).

Exercıcio 8.15. Usando o metodo da transformada de Fourier, mostre que a solucao da equacao de Laplaceno semiplano superior (problema de Dirichlet)

uxx + uyy = 0 se −∞ < x < ∞ e y > 0,u(x, 0) = f(x) se −∞ < x < ∞.

e dada por

u(x, y) =y

π

∫ ∞

−∞

f(s)(x− s)2 + y2

ds.

Use esta formula (chamada a formula integral de Poisson) para resolver o problema de Dirichlet para

f(x) =

100 se − 1 6 x 6 1,0 se x > 1.

Determine as isotermas no semiplano superior para este problema especıfico.

Exercıcio 8.16. Definimos o nucleo de Poisson como sendo a funcao

Py(x) =

√2π

y

x2 + y2, para −∞ < x < ∞ e y > 0.

Usando a transformada de Fourier, mostre a propriedade de semigrupo do nucleo de Poisson:

(Py1 ∗ Py2)(x) = Py1+y2(x).

De posse desta propriedade e usando tambem o exercıcio anterior, resolva o problema de Dirichlet para

f(x) =1

1 + x2. Quais sao as isotermas neste caso?

Referencias Bibliograficas

[1] ASMAR, Nakhle, Partial Differential Equations and Boundary Value Problems, Prentice Hall, NewJersey, 2000.

[2] BOYCE, William E. e DI PRIMA, Richard, Equacoes Diferenciais Elementares e Problemas de Valoresde Contorno, 7a. Ed., LTC, Rio de Janeiro, 2002.

[3] EDWARDS, C. H. e PENNEY, D. E., Equacoes Diferenciais Elementares com Problemas de Contorno,3a. Ed., Prentice-Hall do Brasil, Rio de Janeiro, 1995.

[4] FIGUEIREDO, Djairo Guedes de, Analise de Fourier e Equacoes Diferenciais Parciais, Projeto Eu-clides, IMPA, Rio de Janeiro, 1987.

[5] GONZALEZ-VELASCO, Enrique A., Fourier Analysis and Boundary Value Problems, Academic Press,San Diego, 1995.

[6] HABERMAN, R., Elementary Applied Partial Differential Equations, with Fourier Series and BoundaryValue Problems, Prentice Hall, New Jersey, 1998.

[7] JØRSBOE, O. G., e MEJLBRO, L., The Carleson-Hunt Theorem on Fourier Series, Springer-Verlag,New York, 1982.

[8] LOGAN, J. David, An Introduction to Nonlinear Partial Differential Equations, John Wiley & Sons,1994.

[9] MOZZOCHI, C. J., On the Poinwise Convergence of Fourier Series, Springer-Verlag, New York, 1971.

210

Notas de Aula Introdução às Equações Diferenciais Parciais

Documents

Transcript of Notas de Aula Introdução às Equações Diferenciais Parciais