auladeapoio-4 fÍsica–matemÁtica fórmuladosomatóriode...

AULA DE APOIO - 4FÍSICA–MATEMÁTICA

Fórmula do somatório dePoisson e o problema da

condução do calor

A função de Green do PVIFFórmula de Poisson

Assuntos da aula1 A função de Green do PVIF

PVIF da condução de calor em uma barra

Positividade da temperatura

2 Fórmula de Poisson

Preliminares

Distribuição Gaussiana e a condução do calor

Dedução alternativa do núcleo integral de FejérFísica-Matemática. Aula 2 / 13

PVIF da condução de calor em uma barraPositividade da temperatura

Relembremos o PVIF da condução do calor em uma barra decomprimento L, com ambas extremidades isoladas (κ = 1):

ut − uxx = 0 , ∀(t, x) ∈ R = {t > 0 , 0 < x < L}

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

u(0, x) = f (x) , 0 ≤ x ≤ L

com f uma função dada.

Vimos que a função temperatura

u(t, x) = a02 +

∞∑n=1

an e−(n2π2/L2)t cos nπL x

an = 2L∫ L

0f (y) cos nπ

L y dy , n = 0, 1, . . .

Física-Matemática. Aula 3 / 13

ut − uxx = 0 , ∀(t, x) ∈ R = {t > 0 , 0 < x < L} (1)

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

u(0, x) = f (x) , 0 ≤ x ≤ L

u(t, x) = a02 +

∞∑n=1

an = 2L∫ L

0f (y) cos nπ

L y dy , n = 0, 1, . . .

ut − uxx = 0 , ∀(t, x) ∈ R = {t > 0 , 0 < x < L} (1)ux (t, 0) = ux (t, L) = 0 , t > 0 (2)

u(0, x) = f (x) , 0 ≤ x ≤ L

u(t, x) = a02 +

∞∑n=1

an = 2L∫ L

0f (y) cos nπ

L y dy , n = 0, 1, . . .

ut − uxx = 0 , ∀(t, x) ∈ R = {t > 0 , 0 < x < L} (1)ux (t, 0) = ux (t, L) = 0 , t > 0 (2)u(0, x) = f (x) , 0 ≤ x ≤ L (3)

u(t, x) = a02 +

∞∑n=1

an = 2L∫ L

0f (y) cos nπ

L y dy , n = 0, 1, . . .

u(t, x) = a02 +

∞∑n=1

an = 2L∫ L

0f (y) cos nπ

L y dy , n = 0, 1, . . .

u(t, x) = a02 +

∞∑n=1

an = 2L∫ L

0f (y) cos nπ

L y dy , n = 0, 1, . . .

u(t, x) = a02 +

∞∑n=1

an = 2L∫ L

0f (y) cos nπ

L y dy , n = 0, 1, . . .

definida em R = {t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ L}, é uma solução do PVIF: u écontínua em R , possui derivadas ut e uxx contínuas em R e satisfaz(1), (2) e (3), se f for contínua e f ′ quadrado integrável em [0, L].Admitindo estas hipóteses, estendemos f ao intervalo [−L, L] comouma função f par: f (−x) = f (x) = f (x) em [0, L] .

É razoável esperar que caso a temperatura inicial u(0, x) = f (x) dabarra seja positiva a temperatura u(t, x) da barra para t > 0 sejatambém positiva. Mas como estabelecer matematicamente este fatodado que a solução em série de cossenos alternam sinais ± em cadaintervalo de comprimento L/n? Para evitar os sinais, escreveremosu(t, x) em uma forma já utilizada em nosso estudo das séries deFourier.

Substituindo a fórmula dos an’s na solução, usando a convergênciauniforme da série para trocar a ordem da soma com a integral, resulta(Exercício)

u(t, x) =∫ L

−LK (t, x − y)f (y) dy =

(K (t, ·) ∗ f

ondeK (t, z) = 1

2L + 1L∞∑

n=1e−(n2π2/L2)t cos nπ

é chamada a função de Green do PVIF. Se provarmos que a função deGreen é positiva: K (t, z) ≥ 0, ∀t > 0 e z ∈ R , dado que a condiçãoinicial é positiva: f (x) ≥ 0, então u(t, x) ≥ 0 para todo t e x .

u(t, x) =∫ L

−LK (t, x − y)f (y) dy =

(K (t, ·) ∗ f

ondeK (t, z) = 1

2L + 1L∞∑

u(t, x) =∫ L

−LK (t, x − y)f (y) dy =

(K (t, ·) ∗ f

ondeK (t, z) = 1

2L + 1L∞∑

u(t, x) =∫ L

−LK (t, x − y)f (y) dy =

(K (t, ·) ∗ f

ondeK (t, z) = 1

2L + 1L∞∑

-3 -2 -1 0 1 2 3x

KN(t, x)N = 30 e t = 0.05

-3 -2 -1 0 1 2 3x

KN(t, x)N = 30 e t = 0.1

-3 -2 -1 0 1 2 3x

KN(t, x)N = 30 e t = 0.3

-3 -2 -1 0 1 2 3x

KN(t, x)N = 30 e t = 0.5

-3 -2 -1 0 1 2 3x

KN(t, x)N = 30 e t = 1

-3 -2 -1 0 1 2 3x

KN(t, x)N = 30 e t = 3

-3 -2 -1 0 1 2 3x

KN(t, x)N = 30 e t = 0.05, 0.1, 0.3, 0.5, 1, 3

PreliminaresDistribuição Gaussiana e a condução do calorDedução alternativa do núcleo integral de Fejér

A prova da positividade da função de Green faz uso da fórmula dosomatório de Poisson. Para obtê-la, seja g : R −→ R uma função emL1 contínua tal que sua transformada de Fourier g(ξ) pertença a L1.Vamos ainda assumir que |g(x)| ≤ C/(1 + |x |α) e|g(ξ)| ≤ C/(1 + |ξ|β) com α, β > 1. A expressão

G(x) =∞∑

k=−∞g (x + 2kL)

define uma função 2L–periódica e contínua em [−L, L], devido aconvergência uniforme da série (teste M de Weierstrass):

|G(x)| ≤∞∑

k=−∞|g (x + 2kL)| ≤

∞∑k=−∞

C1 + |x + 2kL|α <∞

G(x) =∞∑

k=−∞g (x + 2kL)

|G(x)| ≤∞∑

k=−∞|g (x + 2kL)| ≤

∞∑k=−∞

C1 + |x + 2kL|α <∞

G(x) =∞∑

k=−∞g (x + 2kL)

|G(x)| ≤∞∑

k=−∞|g (x + 2kL)| ≤

∞∑k=−∞

C1 + |x + 2kL|α <∞

G(x) =∞∑

k=−∞g (x + 2kL)

|G(x)| ≤∞∑

k=−∞|g (x + 2kL)| ≤

∞∑k=−∞

C1 + |x + 2kL|α <∞

G(x) =∞∑

k=−∞g (x + 2kL)

|G(x)| ≤∞∑

k=−∞|g (x + 2kL)| ≤

∞∑k=−∞

C1 + |x + 2kL|α <∞

Consequentemente, os coeficientes de Fourier Gn’s de G(x), em suaforma complexa: G0 = A0/2, Gn = (An − iBn)/2 para n ≥ 1 eG−n = Gn, são

Por outro lado, devido as hipóteses sobre g(ξ),∞∑

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

Gn = 12L

−LG(x) e−inπx/L dx

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

Gn = 12L

∞∑k=−∞

g (x + 2kL) e−inπx/L dx

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

Gn = 12L

∞∑k=−∞

−Lg (x + 2kL) e−inπx/L dx

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

Gn = 12L

∞∑k=−∞

∫ (2k+1)L

(2k−1)Lg (y) e−inπy/L dy

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

Gn =√2π2L

1√2π

∫ ∞−∞

g (y) e−inπy/L dy

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

Gn =√2π2L g (nπ/L) .

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

Gn =√2π2L g (nπ/L) .

n=−∞|Gn| =

√2π2L

∞∑n=−∞

|g (nπ/L)| ≤∞∑

n=−∞

1 + |nπ/L|β<∞

e, por isso, G(x) admite ser representada por uma série de Fourier,

G(x) = A02 +

∞∑n=1

(An cos nπ

L x + Bn sin nπL x

=∞∑

n=−∞Gn e inπx/L

a qual, juntamente com as expressões de G(x) e Gn, nos fornece adesejada fórmula de Poisson

∞∑k=−∞

g (x + 2kL) =√2π2L

∞∑n=−∞

g (nπ/L) e inπx/L (4)

G(x) = A02 +

∞∑n=1

(An cos nπ

L x + Bn sin nπL x

=∞∑

∞∑k=−∞

g (x + 2kL) =√2π2L

∞∑n=−∞

G(x) = A02 +

∞∑n=1

(An cos nπ

L x + Bn sin nπL x

=∞∑

∞∑k=−∞

g (x + 2kL) =√2π2L

∞∑n=−∞

De volta ao PVIF para condução do calor, vamos aplicar a fórmula dePoisson à distribuição (de probabilidade) Gaussiana de média 0 evariância 2t (veja Aula de Apoio - 3):

φ(t, x) = 1√4πt

e−x2/(4t)

cuja transformada de Fourier é φ(t, ξ) = e−tξ2/√2π. Substituindo

g(x) e g(ξ) em (4) por φ(t, x) e φ(t, ξ), resulta

∞∑k=−∞

1√4πt

e−(x+2kL)2/(4t) =

de onde se conclui que K (t, x) > 0 e a positividade da temperaturau(t, x) ≥ 0 para t > 0.

φ(t, x) = 1√4πt

e−x2/(4t)

g(x) e g(ξ) em (4) por φ(t, x) e φ(t, ξ), resulta

∞∑k=−∞

1√4πt

e−(x+2kL)2/(4t) =

φ(t, x) = 1√4πt

e−x2/(4t)

g(x) e g(ξ) em (4) por φ(t, x) e φ(t, ξ), resulta∞∑

k=−∞

1√4πt

e−(x+2kL)2/(4t) = 12L

∞∑n=−∞

e−n2π2t/L2 e inπx/L

φ(t, x) = 1√4πt

e−x2/(4t)

k=−∞

1√4πt

e−(x+2kL)2/(4t) = 12L + 1

L∞∑

n=1e−n2π2t/L2 cos nπ

φ(t, x) = 1√4πt

e−x2/(4t)

k=−∞

1√4πt

e−(x+2kL)2/(4t) = K (t, x)

φ(t, x) = 1√4πt

e−x2/(4t)

k=−∞

1√4πt

e−(x+2kL)2/(4t) = K (t, x)

Pretendemos mostrar que o núcleo integral de Fejér (veja Aula 13)

F N(x) =N∑

n=−N

(1− |n|N

)e inx

(sin Nx/2sin x/2

)2, x/(2π) /∈ Z

aplicando, para este fim, a fórmula de Poisson (L = π)∞∑

k=−∞f (x + 2πk) = 1√

2π∞∑

n=−∞f (n)e inx (5)

com f (x) = a sin2 ax/(ax)2 e f (ξ) =√π/2 (1− |ξ|/(2a)) se

|ξ| ≤ 2a e f (ξ) = 0 se |ξ| > 2a.

F N(x) =N∑

n=−N

(1− |n|N

)e inx

(sin Nx/2sin x/2

)2, x/(2π) /∈ Z

k=−∞f (x + 2πk) = 1√

2π∞∑

n=−∞f (n)e inx (5)

|ξ| ≤ 2a e f (ξ) = 0 se |ξ| > 2a.

F N(x) =N∑

n=−N

(1− |n|N

)e inx

(sin Nx/2sin x/2

)2, x/(2π) /∈ Z

k=−∞f (x + 2πk) = 1√

2π∞∑

n=−∞f (n)e inx (5)

|ξ| ≤ 2a e f (ξ) = 0 se |ξ| > 2a.

F N(x) =N∑

n=−N

(1− |n|N

)e inx

(sin Nx/2sin x/2

)2, x/(2π) /∈ Z

k=−∞f (x + 2πk) = 1√

2π∞∑

n=−∞f (n)e inx (5)

|ξ| ≤ 2a e f (ξ) = 0 se |ξ| > 2a.Física-Matemática. Aula 11 / 13

Tomando a = 1/2, obtemos

∞∑k=−∞

sin2(x/2 + πk)(x/2 + πk)2 = 1

pois, devido a f (ξ) se anular para |ξ| ≥ 1, somente o termo comn = 0 contribui para o lado direito de (5). Substituindo

sin2 (x/2 + πk) = (sin x/2 cos kπ)2 = sin2 x/2 ,

nesta expressão, resulta∞∑

k=−∞

1(x/2 + πk)2 = 1

sin2 x/2 . (6)

∞∑k=−∞

sin2(x/2 + πk)(x/2 + πk)2 = 1

k=−∞

1(x/2 + πk)2 = 1

sin2 x/2 . (6)

∞∑k=−∞

sin2(x/2 + πk)(x/2 + πk)2 = 1

k=−∞

1(x/2 + πk)2 = 1

sin2 x/2 . (6)

∞∑k=−∞

sin2(x/2 + πk)(x/2 + πk)2 = 1

k=−∞

1(x/2 + πk)2 = 1

sin2 x/2 . (6)

Tomando a = N/2, juntamente com

sin2 (Nx/2 + πNk) = sin2 Nx/2 ,

e (6), temos que o lado esquerdo de (5)

∞∑k=−∞

sin2(Nx/2 + πNk)(Nx/2 + πNk)2

Devido a f (ξ) se anular para |ξ| > N , o lado direito de (5) fica

N∑n=−N

(1− |n|N

)e inx .

Igualando as duas últimas equações obtemos a expressão desejada.Física-Matemática. Aula 13 / 13

∞∑k=−∞

sin2(Nx/2 + πNk)(Nx/2 + πNk)2

N∑n=−N

(1− |n|N

)e inx .

sin2 (Nx/2 + πNk) = sin2 Nx/2 ,e (6), temos que o lado esquerdo de (5)

∞∑k=−∞

sin2(Nx/2 + πNk)(Nx/2 + πNk)2 = 1

2N∞∑

k=−∞

sin2 Nx/2(x/2 + πk)2

N∑n=−N

(1− |n|N

)e inx .

∞∑k=−∞

sin2(Nx/2 + πNk)(Nx/2 + πNk)2 = 1

2Nsin2 Nx/2sin2 x/2

N∑n=−N

(1− |n|N

)e inx .

∞∑k=−∞

sin2(Nx/2 + πNk)(Nx/2 + πNk)2 = 1

2Nsin2 Nx/2sin2 x/2

N∑n=−N

(1− |n|N

)e inx .

∞∑k=−∞

sin2(Nx/2 + πNk)(Nx/2 + πNk)2 = 1

2Nsin2 Nx/2sin2 x/2

N∑n=−N

(1− |n|N

)e inx .

auladeapoio-4 fÍsica–matemÁtica fórmuladosomatóriode...

Documents