Determine a solução u x , t do problema: u t - u x x + u = 0 ,       x ∈ 0,2 ,     t ∈ 0 , ∞ u 0 , t = u 2 , t = 0 ,     t ∈ 0 , ∞ u x , 0 = f x ,     x ∈ 0,2

Em que:

f x = x ,     0 ≤ x < 1 2 - x ,     1 ≤ x ≤ 2

Passo 1

Para resolver o problema, começamos usando o método de separação de variáveis em que consideramos: u x , t = X x T t

Assim, encontramos as derivadas para substituir na EDP:

u t - u x x + u = 0

u t = X x T ' t

u x x = X ' ' x T t

Logo, teremos: X x T ' t - X ' ' x T t + X x T t = 0

Passo 2

Então, devemos separar tudo que é X de um lado e tudo que é T do outro. Colocando X x em evidência, temos X x T ' t + T t = X ' ' x T t

Agora, jogamos X x de para o lado direito dividindo e fazemos a mesma coisa jogando o T t para o lado esquerdo: T ' t + T t T t = X ' ' x X x

Como temos funções de x de um lado e funções de t do outro, o único jeito disto ser verdade para soluções não triviais é justamente:

T ' t + T t T t = X ' ' x X x = λ

Assim, teremos as EDOs associadas a cada sinal de igualdade:

T ' t + T t T t = λ

T ' t + 1 - λ T t = 0

X ' ' x X x = λ

X ' ' x = λ X x

Passo 3

Agora, vamos usar as condições de contorno para montar os PVCs

u 0 , t = u 2 , t = 0

Usando a separação por variáveis, temos: u 0 , t = X 0 T t = 0

Como queremos soluções não triviais: X 0 = 0

Da mesma forma temos: u 2 , t = X 2 T t = 0

X 2 = 0

Ok, então já temos um PVC: X ' ' x = λ X x X 0 = X 2 = 0

E a outra EDO ficará somente:

T ' t + 1 - λ T t = 0

Assim mesmo, triste e sozinha ☹

Passo 4

Vamos então resolver primeiro a EDO com mais condições. OK, temos aqui:

X ' ' x = λ X x X 0 = X 2 = 0

Aplicando a equação característica, vamos encontrar:

X ' ' x = λ X x

r 2 = λ

r = ± λ

Então a solução desta EDO vai depender do sinal de λ . Começando com o caso em que λ > 0 . Temos então que o que está dentro da raiz será um número positivo e, portanto, teremos duas raízes reais e distintas.

Com isso, nossa solução será na forma de funções exponenciais: X x = A e λ x + B e - λ x

Legal. Aplicando agora as condições de contorno do problema: X 0 = A e 0 + B e 0 = 0

B = - A

Já substituindo esse valor e aplicando a outra condição de contorno, temos: X 2 = A e 2 λ - A e - 2 λ = 0  

X 2 = A e 2 λ - e - 2 λ = 0

Temos entre parênteses duas exponenciais distintas. Então a diferença entre elas nunca será zero e resta apenas:

A = - B = 0

Portanto, para λ > 0 , tem-se

X x = 0

Ou seja, só solução trivial que não nos interessa.

Vamos ver a situação agora com λ = 0 . Nesse caso temos que:

r = ± λ = 0

Temos duas raízes identicamente nulas. Dessa forma, a solução será uma reta: X x = A x + B

Aplicando novamente as condições de contorno, temos: X 0 = A ⋅ 0 + B = 0

B = 0

Já substituindo esse valor para B e aplicando a outra condição:

X 2 = A ⋅ 2 = 0

A = 0

Logo, novamente temos apenas: X x = 0

Para λ = 0 . Vamos para último caso que é λ < 0 . Neste caso, teremos duas raízes distintas, mas imaginárias, uma vez que teremos um número negativo dentro da raiz:

r = ± λ = ± i - λ

Com isso, nossa solução será na forma de senos e cossenos: X x = A cos ⁡ - λ x + B sen ⁡ - λ x

Aplicando as condições de contorno, temos: X 0 = A cos ⁡ 0 + B sen ⁡ 0 = 0

A = 0

Já considerando o valor de A e aplicando a condição seguinte: X 2 = B sen ⁡ 2 - λ = 0

Como queremos soluções não triviais, precisamos que o seno se anule. Para isso precisamos que seu argumento seja múltiplo de π , ou seja: 2 - λ = n π

Sendo n um número inteiro maior que zero. Isolando λ vamos encontrar os autovalores associados a esse EDO: λ n = - n 2 π 2 4

E as autofunções serão os correspondentes para X desconsiderando a constante geral: X n x = sen ⁡ n π x 2

Passo 5

Agora, vamos resolver a EDO restante em T :

T ' t + 1 - λ T t = 0

Essa é uma EDO do tipo separável. Vamos considerar: T ' t = d T d t

Assim substituímos: d T d t + 1 - λ T = 0

E então deixamos tudo que é T de um lado e tudo que é t do outro: d T = - 1 - λ T d t

d T 1 - λ T = - d t

Aí, integramos dois lados: 1 1 - λ ∫ d T T = - ∫ d t

1 1 - λ ln ⁡ T = - t + C

Agora, isolamos T t : ln ⁡ T = - t + C 1 - λ

T = e - t + C 1 - λ

T = e - 1 - λ t ⋅ e - C 1 - λ

Assim, definimos para simplificar: K ≔ e - C 1 - λ T t = K e - 1 - λ t

Como vimos que: λ n = - n 2 π 2 4  

Temos solução fundamental: T n t = b n e - 1 + n 2 π 2 4 t

Passo 6

Agora podemos construir nossa solução. Como hipótese do início da solução, temos: u x , t = X x T t

Então, teremos a solução fundamental associada:

u n x , t = X n x T n t

u n x , t = b n sen ⁡ n π x 2 e - 1 + n 2 π 2 4 t

Assim, a solução geral vai ser dada pela combinação linear das soluções fundamentais. Isso vai gerar nossa série: u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 2 e - 1 + n 2 π 2 4 t

Passo 7

Para concluir o problema, precisamos encontrar o valor de b n . Para isso, usamos mais uma condição que foi dada na questão: u x , 0 = f x

Neste ponto, pela nossa solução, teremos: u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 2 e - 1 + n 2 π 2 4 ⋅ 0

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x 2 = f x

Sendo justamente:

f x = x ,     0 ≤ x < 1 2 - x ,     1 ≤ x ≤ 2

Observamos agora a nossa série e a função. O b n é justamente o coeficiente de Fourier associado a extensão de f . Além disso, como só aparece termos com seno, trata-se da extensão ímpar de f que chamaremos de   f - .

Como f x está definida no intervalo 0,2 , a extensão ímpar terá período igual a duas vezes o comprimento deste intervalo, ou seja, será 4 -periódica.

Legal, esclarecido isto, vamos usar a fórmulinha do coeficiente de Fourier para senos:

b n = 1 L ∫ - L L f x - sen ⁡ n π x L d x

Como a extensão é ímpar e a função seno é ímpar também, o integrando será par. Portanto, teremos: b n = 2 L ∫ 0 L f x - sen ⁡ n π x L d x

Além disso, já que a nossa extensão tem período 4 e a fórmula geral diz respeito a funções de período 2 L , temos L = 2 :

b n = ∫ 0 2 f x - sen ⁡ n π x 2 d x

No intervalo da integral a extensão ímpar será exatamente igual a função, então: b n = ∫ 0 2 f x sen ⁡ n π x 2 d x

Show, agora separamos em uma integral para cada expressão da nossa função: b n = ∫ 0 1 x sen ⁡ n π x 2 d x + ∫ 1 2 2 - x sen ⁡ n π x 2 d x

teremos que usar integração por partes com u = x . Ficando:

u = x v = - 2 n π cos ⁡ n π x 2 d u = d x d v = sen ⁡ n π x 2 d x

∫ u d v = u v - ∫ v d u

∫ 0 1 x sen ⁡ n π x 2 d x = - 2 n π x cos ⁡ n π x 2 0 1 + 2 n π ∫ 0 1 cos ⁡ n π x 2 d x

∫ 0 1 x sen ⁡ n π x 2 d x = - 2 n π x cos ⁡ n π x 2 + 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π x 2 0 1 =

- 2 n π cos ⁡ n π 2 + 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2

Agora, para:

∫ 1 2 2 - x sen ⁡ n π x 2 d x

Temos:

u = 2 - x v = - 2 n π cos ⁡ n π x 2 d u = - d x d v = sen ⁡ n π x 2

Assim, vamos ter: ∫ 1 2 2 - x sen ⁡ n π x 2 d x = - 2 n π 2 - x cos ⁡ n π x 2 1 2 - 2 n π ∫ 1 2 cos ⁡ n π x 2 d x

∫ 1 2 2 - x sen ⁡ n π x 2 d x = - 2 n π - cos ⁡ n π 2 - 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π x 2 1 2

∫ 1 2 2 - x sen ⁡ n π x 2 d x = 2 n π cos ⁡ n π 2 - 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π + 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2

∫ 1 2 2 - x sen ⁡ n π x 2 d x = 2 n π cos ⁡ n π 2 + 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2

Portanto, vamos ter, juntando tudo:

b n = ∫ 0 1 x sen ⁡ n π x 2 d x + ∫ 1 2 2 - x sen ⁡ n π x 2 d x

b n = - 2 n π cos ⁡ n π 2 + 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2 + 2 n π cos ⁡ n π 2 + 4 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2

b n = 8 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2

Então, vamos ter:

u x , t = ∑ n = 1 n b n sen ⁡ n π x 2 e - 1 + n 2 π 2 4 t

u x , t = ∑ n = 1 n 8 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2 sen ⁡ n π x 2 e - 1 + n 2 π 2 4 t

😊

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 8 n 2 π 2 sen ⁡ n π 2 sen ⁡ n π x 2 e - 1 + n 2 π 2 4 t

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