Modelagem com Equação do Calor

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Teoria

Introdução

Nas outra teorias nós vimos a Equação de Calor Unidimensional, algumas variações dela e como resolver a EDP, nessa nós vamos ver a modelagem.

Diferente das modelagens que nós vimos em EDO as de EDP não são tão variadas. A Equação de Calor é uma EDP bem específica para os casos que nós estudamos e não tem como fugir muito disso. A diferença da modelagem é que o problema não vai mais nos dar as equações bonitinhas pra resolver, nós vamos ter que as encontrar.

Pode ficar bem tranquilo que isso é bem moleza. Como já tá bem dominado como resolver a equação quando ela já tá arrumada, nessa teoria nós vamos só ensinar como chegar às equações e vamos deixar a pratica de resolução para os exercícios.

Vamos pegar um exemplo pra extrair as equações e depois eu dou uns bizus de frases chaves que aparecem em problemas como esses.

Modelagem de Equação de Calor

Vamos pegar o seguinte exercício :

Considere a condução de calor em uma barra de 40 cm de comprimento, cujas extremidades, esquerda e direita são mantidas, respectivamente, a 0 o C e a 80 o C para t > 0 . Suponha que inicialmente a temperatura ao longo da barra seja 50 o C. Considere α 2 = 1 .

Beleza. A primeira coisa que a gente tem que carregar no bolso é a tal da EDP do calor.

u t = α 2 u x x

Temos que lembrar também que u é uma função de duas variáveis, u ( x , t ) . A primeira coisa que ele fala é o comprimento da barra, lembra aquele L das equações? Então, ele é o comprimento da barra que nesse caso é 40   c m .

L = 40

Depois disso ele diz a temperatura das extremidades, essas temperaturas nos dão as seguintes equações.

u 0 , t = 0

u 40 , t = 80

Entenderam isso? A temperatura em qualquer momento no início e no fim da barra vai ser essa porque ele diz que as extremidades são mantidas nessas temperaturas.

Agora a gente já tá com bastante equação, mas ainda tem mais pra tirar. Ele diz que no início a temperatura em toda a barra é 50 ° C .

u x , 0 = 50

Agora nós temos as nossas equações. Lembrando que ele fala que α 2 = 1 .

u t = u x x u 0 , t = 0 u 40 , t = 80 u x , 0 = 50         x ∈ [ 0 ,   L ]

Agora é só resolver como vocês já manjam.

Nesse problema a gente já viu várias frases clássicas de modelagem, falta só a gente ver aquele caso de barra com extremidades isoladas vocês lembram? Então, quando o problema falar que a barra tem ambas as extremidades isoladas a gente tira as seguintes equações.

u x 0 , t =     u x L , t = 0                       t > 0

Quando apenas uma das extremidades for isolada, só teremos uma das derivadas iguais a zero!

Bem moleza né? Agora é só praticar.

Modelagem de Equação de Calor

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Considere uma barra uniforme de comprimento L a uma temperatura inicial dada por u x , 0 = sen ⁡ π x L , 0 ≤ x ≤ L . Suponha que ambas as extremidades estão isoladas. Considerando α = 1 , encontre a temperatura u ( x , t ) dessa barra.

Passo 1

Primeiro, temos que escrever matematicamente o que o problema nos deu.Temos a equação de calor:

u x x = u t           0 < x < L ,     t > 0

E a temperatura inicial

u x , 0 = sen ⁡ π x L               0 ≤ x ≤ L

Como o problema diz que as extremidades estão isoladas, sabemos que não há fluxo de calor passando por elas, portanto não há variação de temperatura na direção x , logo:

u x 0 , t =     u x L , t = 0                       t > 0

Passo 2

Vamos fazer a separação de variáveis. Vamos supor que a função u ( x , t ) que procuramos possa ser escrita como a multiplicação de uma função apenas da variável x por outra apenas da variável t , dessa forma:

u x , t = X x ⋅ T ( t )

Como essa solução deve satisfazer à equação de calor, temos:

X ' ' x ⋅ T t = X x ⋅ T ' t

Agora vamos separar as variáveis nessa equação, de um lado deixamos tudo que tem x e do outro tudo que tem t :

X ' ' x X x = T ' t T t

Como essa igualdade deve valer para todo x e para todo t e essas variáveis são independentes, sabemos que essas frações são iguais a uma constante:

X ' ' x X x = T ' t T t = - λ

Vamos agora separar essa igualdade em duas equações:

X ' ' + λ X = 0 T ' + λ T = 0

Repara nos dados que o problema deu, vamos reescrevê-los usando a separação de variáveis u x , t = X x . T ( t ) :

u x 0 , t = 0         →           X ' 0 ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X ' 0 = 0

Veja que se T t = 0 , isso implica que u x , t = X x . 0 = 0 , encontramos a solução trivial. Então, nós precisamos ter X ' 0 = 0 . O mesmo ocorre aqui:

u x L , t = 0         →           X ' L ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X ' L = 0

Passo 3

Resolver o problema de contorno.

Nós vamos encontrar o X ( x ) e o T ( t ) um de cada vez e, assim, encontrar u ( x , t ) . Temos duas EDO’s para resolver, uma na variável x e a outra na t , qual resolver primeiro? A que tiver condições de contorno, sempre!

X ' ' + λ X = 0

X ' 0 = X ' L = 0

Bom esse é um caso especial, as condições de Neumann homogêneas, não é? Nós já vimos a solução desse problema na teoria desse capítulo, mas vamos resolver aqui passo a passo.

A primeira coisa que vamos fazer é escrever a equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Agora vamos encontrar as soluções da EDO para cada caso de e depois juntar as respostas que encontrarmos.

Caso 1: ∆ > 0 , o que nos dá λ < 0 . Nesse caso, as soluções são do tipo:

X x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y ' L = 0 . Temos:

X ' ( x ) = c 1 - λ e - λ x - c 2 - λ e - - λ x

X ' 0 = c 1 - λ - c 2 - λ = 0

X ' L = c 1 - λ e L - λ - c 2 - λ e - L - λ = 0

Isso nos dá

( c 1 - c 2 ) - λ ⏟ ≠ 0 = 0

c 1 = c 2

Aqui temos o mesmo raciocínio:

c 1 ( - λ e L - λ - - λ e - L - λ ) ⏟ ≠ 0 = 0

c 1 = 0

c 2 = c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos X x = 0 .

Mas isso não nos ajuda em nada. Essa é a solução trivial, que não nos interessa. Portanto, esse caso, ∆ > 0 , não nos dá soluções para a EDO.

Caso 2: ∆ = 0 , o que nos dá λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 e X ' L = 0

X ' x = c 2

X ' 0 = c 2 = 0

X ' ( L ) = c 2 = 0

Bom, as duas condições de contorno nos dão a mesma informação, não é? Temos, então que

X x = c 1

Isso para o autovalor

λ = 0

Como escrevemos, por convenção, as autofunções sem a constante multiplicativa, temos o seguinte:

X x = 1

Essa é uma solução da nossa EDO, e qualquer combinação linear de X ( x ) também.

Caso 3: ∆ < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ > 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e α cos ⁡ β x + c 2 e α x sen ⁡ β x

Substituindo r = ± - λ = 0 ± i λ

X x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 X ' L = 0 . Temos:

X ' ( x ) = - c 1 λ sen ⁡ λ x + c 2 λ cos ⁡ λ x

X ' 0 = - c 1 λ sen ⁡ 0 + c 2 λ cos ⁡ 0 = 0

X ' L = - c 1 λ sen ⁡ L λ + c 2 λ cos ⁡ L λ = 0

Isso nos dá

c 2 λ ⏟ ≠ 0 = 0         →         c 2 = 0

- c 1 ⏟ ≠ 0 sen ⁡ L λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 1 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sen ⁡ L λ = 0

Isso ocorre para valores múltiplos de π , ou seja, quando:

L λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n π L

λ n = n π L 2

A solução geral do caso 3 é, então do tipo:

X n x = cos ⁡ n π L x                 n = 1,2 , 3 …

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 4

Tendo o valor de λ n , resolver a outra EDO e achar a solução fundamental u n ( x , t )

Temos a seguinte EDO do 1º grau:

T ' + λ T = 0

Como nós sabemos, a solução dessa EDO é:

T t = e - λ t

Substituindo λ :

T n t = e - π 2 n 2 t / L 2  

Para o caso em que λ = 0

T 0 t = 1

Sabendo que u x , t = X x . T ( t ) , podemos escrever:

u n x , t = cos ⁡ n π x L e - π 2 n 2 t / L 2             n = 1,2 , 3 …

u 0 x , t = 1

Lembre-se de que encontramos duas soluções para X ( x ) , por isso temos u n e u 0 .

Passo 5

Escrever u ( x , t ) como série e achar os coeficientes da série

Bom, encontramos fórmulas gerais que satisfazem nossa EDO. Temos que lembrar que combinações lineares dessas soluções também atendem ao problema. Então, podemos escrever o seguinte:

u x , t = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L   e - π 2 n 2 t / L 2    

Uma série infinita nada mais é do que uma combinação linear de infinitos termos, não é?

Muito cuidado aqui. As soluções u n ganharam um coeficiente a n e a solução u 0 = 1 recebeu um coeficiente a 0 / 2 , não podemos nos esquecer dela! Mas porque esse coeficiente, dessa forma? Porque vamos reconhecer essa solução u ( x , t ) como uma Série de Fourier de cossenos.

Beleza, agora temos que achar esses coeficientes de forma que a nossa solução atenda à seguinte condição do problema, que ainda não usamos:

u x , 0 = sen ⁡ π x L

Veja que, substituindo t = 0 na série, temos u ( x , 0 ) :

u x , 0 = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L     = sen ⁡ π x L

Fazendo uma extensão par da função s e n ( π x / L ) , temos então o seguinte:

a 0 = 2 L ∫ 0 L sen ⁡ π x L d x

a 0 = - 2 π cos ⁡ π x L 0 L

a 0 = - 2 π - 1 - 1 = 4 π

Para os outros coeficientes:

a n = 2 L ∫ 0 L sen ⁡ π x L cos ⁡ n π x L d x

Aqui temos que usar essas relações trigonométricas:

sen ⁡ ( a + b ) = sen ⁡ ( a ) cos ⁡ b + sen ⁡ ( b ) c o s ⁡ ( a )

sen ⁡ ( a - b ) = sen ⁡ ( a ) cos ⁡ b - sen ⁡ ( b ) c o s ⁡ ( a )

O que nos dá:

sen ⁡ ( a ) cos ⁡ b = 1 2 sen ⁡ ( a + b ) + sen ⁡ ( a - b )

Portanto, temos:

a n = 1 L ∫ 0 L sen ⁡ π x L + n π x L d x + ∫ 0 L sen ⁡ π x L - n π x L d x

a n = 1 L ∫ 0 L sen ⁡ 1 + n π x L d x + ∫ 0 L sen ⁡ 1 - n π x L d x

a n = 1 L - L π ( n + 1 ) cos ⁡ n + 1 π x L 0 L + L π ( n - 1 ) cos ⁡ n - 1 π x L 0 L

a n = 1 π 1 n + 1 - 1 n + 1 cos ⁡ n + 1 π - 1 n - 1 + 1 n - 1 cos ⁡ n - 1 π

Agora vamos analisar, para n ímpar,

cos ⁡ n + 1 π = cos ⁡ n - 1 π = 1

E temos

a n = 1 π 1 n + 1 - 1 n + 1 - 1 n - 1 + 1 n - 1 = 0

Já para n par, temos:

cos ⁡ n + 1 π = cos ⁡ n - 1 π = - 1

O que nos dá

a n = 1 π 1 n + 1 + 1 n + 1 - 1 n - 1 - 1 n - 1

a n = 1 π 2 n + 1 - 2 n - 1 = - 4 π ( n 2 - 1 )

Então nossa resposta é a seguinte:

u x , t = 2 π + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L   e - π 2 n 2 t / L 2    

Onde

a n =   0 ,     n   í m p a r - 4 π n 2 - 1 ,     n   p a r

Resposta

u x , t = 2 π + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L   e - π 2 n 2 t / L 2    

Onde

a n =   0 ,     n   í m p a r - 4 π n 2 - 1 ,     n   p a r

Exercício Resolvido #2

Considere uma barra de alumínio com 20 cm de comprimento, inicialmente a uma temperatura uniforme 25 o C . Suponha que, no instante t = 0 , a extremidade x = 0 é esfriada a 0 o C , enquanto a extremidade x = 20 é aquecida a 60 o C e ambas são mantidas, daí para frente, a essas temperaturas.

Encontre a distribuição de temperatura na barra em qualquer instante t .

Passo 1

Bom, antes de tudo, precisamos escrever matematicamente tudo o que o enunciado nos disse. Temos uma barra com comprimento L = 20 . Sabemos que a temperatura inicial é

u x , 0 = 25

E que as temperaturas nas extremidades são fixadas em

u 0 , t = 0

u 20 , t = 60

Temos também a equação de calor

α 2 u x x = u t

Passo 2

Como temos condições de Dirichlet não homogêneas (embora um lado tenha temperatura fixada em zero, o outro é fixado em 60), precisamos primeiro procurar uma solução estacionária v ( x ) , que não depende do tempo. Como essa solução deve satisfazer a equação de calor, temos:

α 2 v x = v t       →         v ' ' x = 0

Como v ( x ) não possui a variável t , sua derivada em relação a t é zero (a temperatura não varia no tempo). Isso nos dá:

v x = a x + b

É só integrar 2 vezes!

Beleza, além disso, a solução v ( x ) também tem que atender às condições de contorno, né? Temos:

v ( 0 ) = 0

v ( 20 ) = 60

Bom, agora vamos substituir isso aí na fórmula geral de v ( x ) que encontramos!

v 0 = 0 = b

v 20 = 60 = 20 a + b         →         a = 3

v x = 3 x

Pronto, essa é a expressão de v ( x ) .

Passo 3

Mas o que nós queremos é u ( x , t ) , não v ( x ) . Certo, vamos dizer o seguinte:

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

Agora, nós vamos entender a solução u ( x , t ) como uma perturbação da solução estacionária, fazendo que u ( x , t ) é a soma de v ( x ) com uma função de x e t , w ( x , t ) . Vamos substituir essa definição de u ( x , t ) nas condições do problema:

α 2 u x x = u t         →         α 2 [ v ' ' x ⏟ 0 + w x x ] = v t x ⏟ 0 + w t         →         α 2 w x x = w t

u 0 , t = 0         →         v 0 ⏟ 0 + w 0 , t = 0           →           w 0 , t = 0

u 20 , t = 60         →         v 20 ⏟ 60 + w 20 , t = 60           →           w 20 , t = 0

Passo 4

Percebeu que nós encontramos um problema homogêneo em w ( x , t ) ? Basta resolvê-lo para encontrar w ( x , t ) então.

Se você reparar, nós temos

α 2 w x x = w t w 0 , t = 0 w 20 , t = 0

Aplicando a separação de variáveis:

w x , t = X x T t

Substituindo na equação de calor:

α 2 X ' ' x T ( t ) = X ( x ) T ' ( t )

X ' ' x X x = 1 α 2 T ' t T t = - λ

O que nos dá

  X ' ' + λ X = 0 T ' + α 2 λ T = 0

Aplicando a separação de variáveis para as condições de w :

w 0 , t = 0         →           X 0 . T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 0 = 0

u 20 , t = 0         →           X 20 . T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 20 = 0

Passo 5

Temos agora que resolver o problema de contorno em x :

X ' ' + λ X = 0

X 0 = X 20 = 0

Bom, chegamos a um problema de Dirichlet homogêneo,que já conhecemos a solução, mas vamos resolver aqui passo a passo.

Temos a seguinte equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Caso 1: ∆ > 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é positivo. Nesse caso, λ < 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 X 20 = 0

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X 20 = c 1 e 20 - λ + c 2 e - 20 - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

c 1 e 20 - λ - c 1 e - 20 - λ = 0

c 1 ( e 20 - λ - e - 20 - λ ⏟ ≠ 0 ) = 0

c 1 = 0

c 2 = - c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Mas isso não nos ajuda em nada! Essa é a solução trivial, que não nos interessa. Portanto, esse caso, ∆ > 0 , não nos dá soluções para a EDO.

Caso 2: ∆ = 0 . Nesse caso, λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 X 20 = 0

X 0 = c 1 = 0

X 20 = c 1 + 20 c 2 = 0

Isso nos dá

20 c 2 = 0

c 2 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Novamente, a solução trivial, que não nos ajuda em nada. Beleza, vamos ver o 3º caso agora!

Caso 3: ∆ < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ > 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e α cos ⁡ β x + c 2 e α x sen ⁡ β x

Substituindo r = ± - λ = 0 ± i λ

X x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 X 20 = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

X 20 = c 1 cos ⁡ 20 λ + c 2 sen ⁡ 20 λ = 0

Isso nos dá

c 2 sen ⁡ 20 λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sen ⁡ 20 λ = 0

O seno se anula em π , 2 π , 3 π ... n π , múltiplos inteiros de π . Logo, podemos dizer que:

20 λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n π 20

λ n = n π 20 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = sen ⁡ n π x 20                 n = 1,2 , 3 …

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 6

Tendo o valor de λ n , vamos resolver a outra EDO e achar a solução fundamental u n ( x , t )

Temos a seguinte EDO do 1º grau:

T ' + α 2 λ T = 0

Como vimos no capítulo passado, sua solução é

T t = e - α 2 λ t

Substituindo λ :

T n t = e - α 2 π 2 n 2 t / 400  

Sabendo que w x , t = X x . T ( t ) , podemos escrever:

w n = sen ⁡ n π x 20 e - α 2 π 2 n 2 t / 400  

Essa é a solução fundamental w n , nós sabemos que combinações lineares dessa solução também satisfazem a EDO, então, podemos escrever:

w x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 20 e - α 2 π 2 n 2 t / 400    

Certo?

Passo 7

Beleza, mas esse w ( x , t ) não serve de nada se não tivermos os coeficientes b n , né? Para encontrá-los, vamos usar a condição que está faltando u x , 0 = 25

Aqui tem um detalhe diferente. Repare que a condição é sobre u ( x , t ) , não sobre w ( x , t ) ! Mas nós sabemos que u x , t = v x + w ( x , t ) , não é? Então vamos usar isso:

u x , t = 3 x + ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 20 e - α 2 π 2 n 2 t / 400    

Agora sim, podemos usar a condição:

u x , 0 = 3 x + ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 20   = 25

∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 20   = 25 - 3 x

Precisamos então encontrar o b n . Vendo essa série como uma Série de Fourier de senos, temos:

b n = 1 10 ∫ 0 20 [ 25 - 3 x ]   sen ⁡ n π x 20 d x

b n = 5 2 ∫ 0 20 sen ⁡ n π x 20 d x - 3 10 ∫ 0 20 x ⏟ u   sen ⁡ n π x 20 ⏟ v ' d x

Integrando por partes, encontramos:

b n = - 50 n π cos ⁡ n π 20 0 20 - 6 n π - x cos ⁡ n π x 20 0 20 - ∫ 0 20 cos ⁡ n π x 20

b n = - 50 n π cos ⁡ n π - 1 + 120 n π cos ⁡ n π + 120 n 2 π 2 sen ⁡ n π 20 0 20  

b n = 70 cos ⁡ n π + 50 n π  

Resposta

u x , t = 3 x + ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 20 e - α 2 π 2 n 2 t / 400    

Onde

b n = 70 cos ⁡ n π + 50 n π  

Exercício Resolvido #3

Considere uma barra uniforme de comprimento L , com distribuição inicial de temperatura f ( x ) , 0 ≤ x ≤ L . Suponha que a temperatura na extremidade x = 0 é mantida a 0 o C , enquanto a extremidade x = L está isolada, de modo que não há fluxo de calor através dela.

Encontre uma expansão em série para a temperatura u ( x , t ) da barra em função de f ( x ) .

Passo 1

Primeiro, temos que escrever matematicamente o que o problema nos deu.Temos a equação de calor:

α 2 u x x = u t           0 < x < L ,     t > 0

E a temperatura inicial

u x , 0 = f x   0 ≤ x ≤ L

O problema diz também que a temperatura em x = 0 é fixada em zero:

u 0 , t = 0

E a outra extremidade está isolada, portanto:

u x L , t =     0                       t > 0

Como o problema não deu o valor de f ( x ) , já sabemos que a solução deve estar em função dessa condição, né?

Passo 2

Beleza, agora vamos fazer a separação de variáveis. Procuramos uma solução do tipo

  u x , t = X x ⋅ T ( t )

Como essa solução deve satisfazer à equação de calor, temos:

α 2 X ' ' x ⋅ T t = X x ⋅ T ' t

Agora vamos separar as variáveis nessa equação, de um lado deixamos tudo que tem x e do outro tudo que tem t :

X ' ' x X x = 1 α 2 T ' t T t

Como essa igualdade deve valer para todo x e para todo t e essas variáveis são independentes, sabemos que essas frações são iguais a uma constante:

X ' ' x X x = 1 α 2 T ' t T t = - λ

Vamos agora separar essa igualdade em duas equações:

X ' ' + λ X = 0 T ' + α 2 λ T = 0

Repara nos dados que o problema deu, vamos reescrevê-los usando a separação de variáveis u x , t = X x ⋅ T ( t ) :

u 0 , t = 0         →           X 0 ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 0 = 0

Veja que se T t = 0 , isso implica que u x , t = X x . 0 = 0 , encontramos a solução trivial. Então, nós precisamos ter X ( 0 ) = 0 . O mesmo ocorre aqui:

u x L , t = 0         →           X ' L ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X ' L = 0

Passo 3

Resolver o problema de contorno. Nós vamos encontrar o X ( x ) e o T ( t ) um de cada vez e, assim, encontrar u ( x , t ) . Temos duas EDO’s para resolver, uma na variável x e a outra na t , qual resolver primeiro? A que tiver condições de contorno, sempre!

X ' ' + λ X = 0

X 0 = 0

X ' L = 0

Bom, esse problema não é nenhum conhecido, né? Temos uma mistura das condições de Dirichlet com as de Neumann homogêneas, ou seja: um problema qualquer. Bom, vamos resolver então o problema de valor de contorno.

A primeira coisa que vamos fazer é escrever a equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Como não sabemos o valor de λ , temos que analisar o problema para cada caso de e depois juntar as respostas que encontrarmos.

Caso 1: ∆ > 0 , o que nos dá λ < 0 . Nesse caso, as soluções são do tipo:

X x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 y ' L = 0 . Temos:

X ' ( x ) = c 1 - λ e - λ x - c 2 - λ e - - λ x

y 0 = c 1 + c 2 = 0

X ' L = c 1 - λ e L - λ - c 2 - λ e - L - λ = 0

Isso nos dá

c 1 = - c 2

Aqui temos o mesmo raciocínio:

c 1 ( - λ e L - λ - - λ e - L - λ ) ⏟ ≠ 0 = 0

c 1 = 0

c 2 = - c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Mas isso não nos ajuda em nada. Essa é a solução trivial, que não nos interessa. Portanto, esse caso, ∆ > 0 , não nos dá soluções para a EDO.

Caso 2: ∆ = 0 , o que nos dá λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 e X ' L = 0

X ' x = c 2

X 0 = c 1 = 0

X ' ( L ) = c 2 = 0

Bom, temos novamente apenas a solução trivial, não é? Vamos para o próximo caso agora!

Caso 3: ∆ < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ > 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e α cos ⁡ β x + c 2 e α x sen ⁡ β x

Substituindo r = ± - λ = 0 ± i λ

X x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 y ' L = 0 . Temos:

X ' ( x ) = - c 1 λ sen ⁡ λ x + c 2 λ cos ⁡ λ x

X ( 0 ) = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

X ' L = - c 1 λ sen ⁡ L λ + c 2 λ cos ⁡ L λ = 0

Isso nos dá

c 1 = 0

c 2 ⏟ ≠ 0 cos ⁡ L λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o cosseno seja zero.

cos ⁡ π λ = 0

Isso ocorre quando:

L λ = n π - π 2             n = 1,2 , 3 …

λ = 2 n π - π 2 L

λ n = 2 n π - π 2 L 2

Então, para o 3º caso, a solução geral é:

X n x = sen ⁡ 2 n π - π 2 L x                 n = 1,2 , 3 …

Passo 4

Tendo o valor de λ n , resolver a outra EDO e achar a solução fundamental u n ( x , t )

Agora precisamos resolver o problema em t , não é? Temos a seguinte EDO do 1º grau:

T ' + α 2 λ T = 0

Como nós sabemos, a solução dessa EDO é:

T t = e - α 2 λ t

Substituindo λ :

T n t = e - 2 n π - π 2 L 2 α 2 t      

Sabendo que u x , t = X x . T ( t ) , podemos escrever:

u n x , t = sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L   e - 2 n π - π 2 L 2 α 2 t                 n = 1,2 , 3 …

Passo 5

Escrever u ( x , t ) como série e achar os coeficientes da série

Bom, esse u n que encontramos é uma fórmula geral de soluções que atendem à nossa EDO, sabemos que combinações lineares dessas soluções também satisfazem a EDO.

Então, podemos escrever o seguinte:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L   e - 2 n π - π 2 L 2 α 2 t        

Uma série infinita nada mais é do que uma combinação linear de infinitos termos, não é? Beleza, agora temos que achar esse b n de forma que a nosssa solução atenda à seguinte condição do problema, que ainda não usamos:

u x , 0 = f ( x )        

Veja que, substituindo t = 0 na série, temos u ( x , 0 ) :

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L     = f ( x )  

Então, podemos entender essa série como uma representação por Série de Fourier de senos da função f ( x ) . Fazendo uma extensão ímpar de f ( x ) , temos, então:

b n = 2 L ∫ 0 L f ( x ) sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L d x

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L   e - 2 n π - π 2 L 2 α 2 t        

Onde

b n = 2 L ∫ 0 L f ( x ) sen ⁡ 2 n π x - π x 2 L d x

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