Considere o problema

ED u t - u x x - h u = 0 ,           0 < x < π ,   t > 0 ;

CF u 0 , t = 0 ,     u π , t = 0 ,     t ≥ 0 ;

CI u x , 0 = x π - x ,             0 ≤ x ≤ π

Onde h é uma constante real.

a ) Encontre a solução deste problema.

Passo 1

E aí gente, tudo certinho com vocês?

Nessa questão temos uma variação do famoso problema da equação da condução de calor.

Aqui nossa EDP mudou um pouquinho a cara, pois temos um termo - h u aparecendo na nossa equação.

Além disso, recebemos as condições de fronteira que equivalem à ambas as extremidades estarem com a temperatura nula em todo o tempo.

Por fim, as nossas condições iniciais são dadas como:

u x , 0 = x ( π - x )

Então galera, a ideia geral permanece a mesma. Vamos usar o método da separação de variáveis, chamando:

u x , t = f x ⋅ g ( t )

Beleza? Então vamo nessa!

Passo 2

Temos pela EDP:

u t - u x x - h u = 0

Usando que:

u x , t = f x ⋅ g ( t )

Ficamos com:

f x g ' t - f ' ' x g t - h f x g t = 0

∴ f x g ' t - h g t = f ' ' x g t

Logo:

f ' ' x f x = g ' t - h g t g t

A única forma dessas razões serem iguais para qualquer valor de x e de t é se tivermos:

f ' ' x f x = g ' t - h g t g t = λ

Daí, o nosso problema se reduz a resolver duas EDO’s:

f ' ' x - λ f x = 0 f 0 = f π = 0

E:

g ' t - ( h + λ ) g t = 0 g 0 = x ( π - x )

Começando pelo primeiro problema, temos:

f ' ' x - λ f x = 0

Temos a seguinte equação característica:

r 2 - λ = 0

Daí precisamos analisar os possíveis valores de λ :

- Se λ > 0 , então:

r = ± λ

f x = c 1 e - λ x + c 2 e λ x

Testando as condições iniciais:

f 0 = c 1 + c 2 = 0

f π = c 1 ⋅ e - λ ⋅ π - c 1 e λ ⋅ π = 0

Logo:

c 1 = c 2 = 0

Ou seja, nos deu a solução trivial, que não estamos interessados...

- Se λ = 0 , então:

r = 0

∴ f x = c 1 + c 2 x

Colocando as condições iniciais:

f 0 = c 1 = 0

E:

f π = π c 2 = 0

∴ c 1 = c 2 = 0

Ou seja, também tempos apenas a solução trivial...

- Se λ < 0 , então:

f x = c 1 cos ⁡ - λ x + c 2 s e n - λ x

Pela condição inicial:

f 0 = c 1 = 0

Logo:

f π = c 2 s e n π - λ = 0

Como não queremos a solução trivial, devemos ter:

s e n π - λ = 0

∴ π   - λ = n π

⇒ λ = - n 2

Daí, desconsiderando a constante c 2   ( c 2 = 1 ) , temos que as autofunções são:

f n x = s e n n x ,     n = 1,2 , 3 , …

Perfeito!

Passo 3

Então pessoal, podemos agora substituir os autovalores λ que encontramos no problema da EDO em g :

g ' t - ( h + λ ) g t = 0 g 0 = x ( π - x )

Da primeira equação, já temos:

g t = e ( h + λ ) t

Daí, substituindo:

λ =   - n 2

Temos:

g n t = e h - n 2 t ,               n = 1,2 , 3 , …

Logo, lembrando que:

u x , t = f x ⋅ g ( t )

Temos:

u n x , t = e h - n 2 t ⋅ s e n n x

Bom, esse u n que encontramos é uma fórmula geral de soluções que atendem à nossa EDO em x e à EDO em t . Pela própria definição de autofunções, múltiplos dessa solução ou combinação lineares de soluções desse tipo também satisfazem às EDO’s.

É aí que entra a nossa solução formal, ela representa a forma geral de todas as soluções da nossa EDP.

Escrevemos:

u x , t =   ∑ n = 1 ∞ b n ⋅ e h - n 2 t ⋅ s e n n x

Passo 4

Massa! Já encontramos a solução formal, mas ainda temos um pequeno problema...

Não usamos a condição:

u x , 0 = x ( π - x )

em nenhum momento da solução. Então, a solução formal que encontramos ainda precisa atender também a essa condição. Daí, fazendo t = 0 na solução formal, encontramos:

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n ⋅ s e n n x = x ( π - x )

Isso lembra algo a vocês?

É como se tivéssemos uma função:

h x = x ( π - x )      

E, quiséssemos encontrar a série de Fourier dela apenas em senos.

Uaaaau, essa sacada é boa né? Vale a pena anotar haha

Daí, quem seriam os coeficientes b n ? Seriam justamente os coeficientes da nossa expansão de h ( x ) em série de Fourier.

b n = 2 L ∫ 0 L h x s e n n π x L d x ,          

Mas, antes de calcularmos b n precisamos expandir o intervalo de h de modo que ela seja ímpar e periódica de período 2 L .

Tranquilo, então como queremos que h seja ímpar e periódica podemos defini-la como:

h x = x π + x ,     - π ≤ x ≤ 0 x π - x ,     0 ≤ x ≤ π

onde h é periódica de período 2 π .

Ou seja:

L = π

Logo, temos que:

b n = 2 π ⋅ ∫ 0 π x ( π - x ) ⋅ s e n n x d x

= 2 π ⋅ π ⋅ ∫ 0 π x s e n n x d x - ∫ 0 π x 2 s e n n x d x

Massa! Então vamos matar essas duas integrais!

Começando por:

∫ 0 π x s e n n x d x

Pra resolver essa integral precisamos usar o método de integração por partes. Bora dar uma revisada nele:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Assim, fazendo:

u = x d v = s e n n x

Logo, temos:

∫ 0 π x s e n n x d x = x n ⋅ - cos ⁡ n x 0 π + 1 n ⋅ ∫ 0 π cos ⁡ n x d x

= - π n ⋅ cos ⁡ n π + 1 n ⋅ 1 n ⋅ s e n n x 0 π

= - π n ⋅ cos ⁡ n π + 1 n 2 ⋅ s e n n π  

Daí, vamos analisar. Como n ∈ N , temos que:

s e n n π = 0

Ficamos só com o primeiro termo:

- π n ⋅ cos ⁡ n π

Daí, quando tivermos:

cos ⁡ n π = - 1 ,     n   í m p a r cos ⁡ n x = 1 ,     n   p a r

Podemos escrever:

- π n ⋅ cos ⁡ n π = - π n ⋅ - 1 n

= - 1 n + 1 π n

Beleza! A primeira integral já morreu 😊

Passo 5

Agora a segunda integral:

∫ 0 π x 2 s e n n x d x

Para resolver essa integral precisamos usar o método de integração por partes.

No caso da nossa integral, vamos chamar:

u = x 2 d v =   s e n n x

Assim:

∫ 0 π x 2 s e n n x d x = x 2 n ⋅ - cos ⁡ n x 0 π + 2 n ⋅ ∫ 0 π x ⋅ cos ⁡ n x d x

O problema é que essa segunda integral também precisa ser calculada usando o método de integração por partes, daí fazendo:

u = x d v = cos ⁡ n x

Temos:

∫ 0 π x ⋅ cos ⁡ n x d x = x n ⋅ s e n n x 0 π - 1 n ⋅ ∫ 0 π s e n n x d x

= π n ⋅ s e n n π - 1 n ⋅ 1 n ⋅ - cos ⁡ n x 0 π

Como n ∈ N , temos que:

s e n n π = 0

Assim:

∫ 0 π x ⋅ cos ⁡ n π x L d x = 0 + 1 n 2 ⋅ c o s ⁡ ( n π ) - 1 n 2

Beleza, substituindo isso na nossa equação principal do cálculo da integral, temos:

∫ 0 π x 2 s e n n x d x = x 2 n ⋅ - cos ⁡ n x 0 π + 2 n ⋅ 1 n 2 cos ⁡ n π - 1

=   - π 2 n ⋅ cos ⁡ n π + 2 n ⋅ 1 n 2 cos ⁡ n π - 1

Beleza! Matamos as duas integrais...

Então, substituindo em b n :

b n =   2 π ⋅ π ⋅ ∫ 0 π x s e n n x d x - ∫ 0 π x 2 s e n n x d x

= 2 π ⋅ - 1 n + 1 π 2 n - - π 2 n ⋅ cos ⁡ n π + 2 n ⋅ 1 n 2 cos ⁡ n π - 1

Daí:

- Se n é par:

b n = 2 π ⋅ - π 2 n + π 2 n

= 0

- Se n é ímpar:

b n = 2 π ⋅ π 2 n - π 2 n + 4 n 3

∴ b n = 8 n 3 π

Excelente! Finalmente substituindo na solução formal que havíamos achado, temos que:

u x , t =   ∑ n = 1 ∞ b n ⋅ e h - n 2 t ⋅ s e n n x

⇒ u x , t = ∑ n = 1 ∞ 8 n 3 π ⋅ e h - n 2 t ⋅ s e n n x    

Essa é a solução para a EDP dada que atende tanto às condições de fronteira como às condições iniciais!!

UFAAAA!! Conseguimos!!!

Curtiram a solução? Responde Aí!

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 8 n 3 π ⋅ e h - n 2 t ⋅ s e n n x

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