Cálculo Numérico - Engenharia Civil UEM

CAPÍTULO 13. SOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 467
Teorema 13.5 (a) Se V (x, y) é uma função discreta (de malha) definida sobre Rδ ∂Rδ e satisfaz
então,
então,
(b) Alternativamente, se V (x, y) satisfaz
∆δV (x, y) ≥ 0, ∀(x, y) ∈ Rδ,
max V (x, y) ≤ max V (x, y).
(x,y)∈Rδ
(x,y)∈∂Rδ
∆δV (x, y) ≤ 0, ∀(x, y) ∈ Rδ,
min V (x, y) ≥ min V (x, y).
(x,y)∈Rδ
(x,y)∈∂Rδ
Prova: Provaremos a parte (a) por contradição. Suponhamos que em algum ponto P0 ≡ (xr, ys) de Rδ
temos V (P0) = M0 onde M0 ≥ V (P ), ∀P ∈ Rδ e M0 > V (P ), ∀P ∈ ∂Rδ.
Sejam
Então, usando (13.75) podemos escrever
∆δV (P0) ≡ V (P1) + V (P2)
h 2
P1 = (xr + h, ys),
P2 = (xr − h, ys),
P3 = (xr, ys + k) e
P4 = (xr, ys + k).
+ V (P3) + V (P4)
k 2
Mas, por hipótese, temos ∆δV (P0) ≥ 0, de modo que
M0 = V (P0) ≤
1
1/h 2 + 1/k 2
1
h2 V (P1) + V (P2)
+
2
1
k2
1 1
− 2 +
h2 k2
V (P0).
V (P3) + V (P4)
. (13.87)
2
Como M0 ≥ V (Q), ∀Q ∈ Rδ ∪∂Rδ, implica que V (Pν) = M0 para ν = 1, 2, 3, 4, pois se V (Pν) < M0
para algum ν = 1, 2, 3, 4 então (13.87) implica o seguinte:
1
M0 = V (P0) <
1/h2 + 1/k2
1
h2 M0 + M0
+
2
1
k2
M0 + M0
= M0
2
o que leva a uma contradição pois M0 não pode ser estritamente menor do que ele mesmo. Lembre-se
que estamos supondo que M0 é o máximo de V em todo o domínio e portanto V (Q) ≤ M0 ∀Q.
Agora, repetimos esse argumento para cada um dos pontos interiores Pν no lugar de P0. Por repetição,
cada ponto de Rδ e ∂Rδ aparece como um dos pontos Pν para algum correspondente P0. Assim,
concluímos que
V (P ) = M0 para todo P ∈ Rδ ∪ ∂Rδ,
o que contradiz a hipótese que V < M0 em ∂Rδ. Daí, a parte (a) do teorema segue. 1
Para provar a parte (b), podemos repetir o argumento acima. Entretanto, é mais simples recordar
que
1 Na verdade provamos mais que isso. Provamos que se o máximo, no caso (a) ou o mínimo, no caso (b), de V (x, y)
ocorre em Rδ, então V (x, y) é constante em Rδ e ∂Rδ.