Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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Enunciado

Questão 4: Considere a EDP do calor, sendo u = u x ,   t :

u t = u x x ,                                                   0 < x < 1 ,   t > 0 u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0 ,                                                   t ≥ 0 u x ,   0 = f x ,                                                           0 ≤ x ≤ 1

Onde f está descrita no item a a seguir:

  1. Mostre a função f , como sendo a extensão ímpar e periódica de período L = 2 da função g x = 1 , que está definida em 0 < x < 1 e esboce seu gráfico no interior de - 1 < x < 1 , usando o fato de que f x = f x + L , com L = 2 ∀ x ∈ R .
  2. Calcule a série de Fourier da função f dada no item a .
  3. Usando os resultados dos itens a e b , calcule (mostrando os detalhes) a EDP do problema acima usando o método de separação de variáveis.

Passo 1

a )

Vamos aqui desenhar a função g x para a gente ganhar uma noção visual de quem vai ser a função f , já que essa última vem por construção em cima da função g x :

O problema nos pede uma função f de extensão ÍMPAR e PERIÓDICA da função g . Vamos com calma, ok?

Passo 2

Para uma função ser ÍMPAR, o que na matemática significa:

f x = - f - x

Precisamos ter uma reflexão ao redor da origem dessa forma aqui:

Literalmente como se girássemos o plano x y ao redor da origem, saca? (se não saca dê uma olhada nessa comparação legal )

E mais! Para uma função ser ímpar, ela precisa estar definida na origem, afinal f 0 = - f 0 á única forma de isso acontecer é se f 0 = - f 0 = 0 !

Prontinho! Criamos uma função f x que veio da g x , a diferença agora é que essa f é Ímpar. Em notação matemática temos isso aqui:

f x = g x ,           0 < x < 1 0 ,                         x = 0               - g x ,         - 1 < x < 0

Como g x = 1 ...

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

Saca?

Passo 3

Mas calma que ainda não acabamos de definir a função f ! Ela também deve ser periódica de período igual a 2 , ou seja:

ESSE é o gráfico da f x que o problema nos pediu! Sua notação é:

f x = f x + 2

Significa que a cada x + 2 ela começa a se repetir, saca?

No mesmo item a , foi pedido para a gente que desenhasse o gráfico da função f no interior de - 1 < x < 1 , e a boa notícia é que já foi desenhado no passo 3 :

Passo 4

b )

A série de Fourier de uma função f qualquer periódica de período 2 L é assim:

f x = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sin ⁡ n π x L

Onde os termos a 0 ,   a n e b n se calculam assim:

a 0 = 1 L ∫ - L L f x d x

a n = 1 L ∫ - L L f x cos ⁡ n π x L d x

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

Como queremos representar uma função de extensão ímpar, os termos a n zeram! Logo, só temos que calcular o b n ...

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

E mais! Para uma função ímpar, a integral de 0 a L é dá o mesmo valor de - L a 0 , então a gente pode simplificar ainda mais o calculo:

b n = 2 L ∫ 0 L f x sin ⁡ n π x L d x

Então vamos calcular esses termos b n !

Passo 5

Como 2 L   é o Período da nossa função, sabemos que o período da nossa função f x = 2 , então...

2 L = 1               →             L = 1

Além disso, f x = 1 para 0 < x < L = 1 ...

b n = 2 L ∫ 0 L f x sin ⁡ n π x L d x = 2 ∫ 0 1 sin ⁡ n π x d x =

2 - cos ⁡ n π x n π 0 1 = - 2 cos ⁡ n π n π - cos ⁡ 0 n π =

2 - cos ⁡ n π n π + 1 n π

UAI! O que é cos ⁡ n π ? Se você se recordar que n é um número natural que varia de 1 ao ...

cos ⁡ 1 ⋅ π = - 1                 …               cos ⁡ 2 ⋅ π = 1                     …

cos ⁡ 3 ⋅ π = - 1       … .

Então...

cos ⁡ n π = - 1 n

Logo, voltando para a tarefa de obter b n da série de Fourier de f x ...

b n = 2 - - 1 n n π + 1 n π = - 2 - 1 n - 1 n π   →

O que é quando n é par - 1 n + 1 = 0 , e quando n é ímpar - 1 n + 1 = 2 , então só vai sobrar os termos ímpares n = 2 k + 1 ,     p a r a   k = 1 ,   2 ,   3 … ...

b 2 k = - 2 - 2 2 k + 1 π = 4 2 k + 1 π

Chamando k de n novamente (é apenas um nome):

b 2 n + 1 = 4 2 n + 1 π

Retornando para a série de Fourier:

f x = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sin ⁡ n π x L           →

Lembre-se que só sobraram os termos pares, em outras palavras n → 2 n ...

f x = 0 2 + ∑ n = 0 ∞ 0 cos ⁡ 2 n + 1 π x L + b 2 n + 1 sin ⁡ 2 n + 1 π x L

f x = 4 π ∑ n = 1 ∞ 1 2 n + 1 sin ⁡ 2 n + 1 π x L

Passo 6

c )

O método de separação de variáveis é o método que você chuta a solução, como sendo um produto de soluções de variáveis isoladas. Tipo, no nosso caso, a solução é u x ,   t , e vamos falar que é a mesma coisa que um produto de uma função só de x por outra só de y :

u x ,   t = X x ⋅ T t

Saca? Agora que vem a graça do problema, se essa é uma solução então ela satisfaz a equação da EDP...

u t - u x x = 0           →             X x ⋅ T t t - X x ⋅ T t x x = 0         →

O legal disso é que, por exemplo, em X x ⋅ T t t , a derivada é com relação a t , como X x , independe de t , então...

X x ⋅ T t t - T t ⋅ X x x x = 0         →

Nas duas parcelas, como estamos derivando em relação a uma única variável, essa é uma derivada comum, entende? Tipo f x x = f ' x ...

X x ⋅ T ' t - T t ⋅ X ' ' x = 0       →

Repare que como temos coisas independentes, podemos separar esses caras, ou seja, jogar tudo que tem x por um lado e tudo que tem y por outro. Veja:

X x ⋅ T ' t = T t ⋅ X ' ' x             →

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

Quase pronto! As variáveis estão até separadas, mas falta mais uma coisinha: como são possíveis duas funções de duas variáveis diferentes serem iguais? A única solução é que elas sejam ambas iguais uma constante, que não depende nem de uma e nem de outra, saca?

T ' t T t = X ' ' x X x = - λ

O menos na frente da constante serve apenas para simplificar um pouco as continhas, mas você pode chamar simplesmente de λ , ou a , ou qualquer outro nome de constante que tiver em mente . Assim...

T ' t = - λ ⋅ T t           →                 T ' t + λ T t   = 0

e

X ' ' x = - λ ⋅ X x           →                 X ' ' x + λ ⋅ X x = 0

Passo 7

Separamos as variáveis na EDP, mas no nosso problema, existem outras condições que envolvem a nossa u ...

        u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0                     u x ,   0 = f x                          

Olhando para as condições de contorno:

u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0                 →                   u 0 ,   t = 0 u 1 ,   t = 0

Substituindo a nossa solução...

X 0 ⋅ T t = 0                           e                           X 1 ⋅ T t = 0

Nos dois casos, vamos considerar que T t ≠ 0 , pois se não a gente recai na solução trivial da EDP, ou seja...

u x ,   t = X x ⋅ T t = 0                     ( e   n ã o   é   e s s a   s o l u ç ã o   q u e   a     g e n t e   q u e r )

Então, pela condição de contorno...

X 0 = 0

X 1 = 0

Já pela condição de temo inicial...

u x ,   0 = f x = 4 π ∑ n = 1 ∞ 1 2 n + 1 sin ⁡ 2 n + 1 π x L

Assim, podemos separar agora a nossa EDP, em duas EDO’s:

u t - u x x = 0       u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0                     u x ,   0 = f x                                 →                 X ' ' x + λ ⋅ X x = 0 X 0 = 0 X 1 = 0           e

T ' t + λ T t   = 0 u x ,   0 = f x

Veja que a primeiro podemos resolver a primeira EDO, já que dela temos muitas informações de condição de contorno ! Vamos nessa?

Passo 8

X ' ' x + λ ⋅ X x = 0 X 0 = 0 X 1 = 0

A gente pode resolver essa EDO, por equação característica, afinal λ é uma constante...

X ' ' x + λ ⋅ X x = 0             →               E q u a ç ã o   C a r a c t .           →               b 2 + λ = 0       →

b 2 = - λ         →             b = - λ o u b = - - λ

Só que veja que aqui temos que ter cuidado! Não conhecemos lambda, então temos que supor cada caso, se lembra?

  1. Para Lambda menor que 0 ( λ < 0 ):
  2. A solução será real e vai ser do tipo...

    X x = c 1 e - λ ⋅ x + c 2 e - - λ   x

    Aplicando as condições de contorno...

    X 0 = 0         →               X 0 = c 1 + c 2 = 0                  

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

    Logo, isolando em cima e substituindo em baixo, ganhamos...

    - c 2 e - λ + c 2 e - - λ = 0     →

    c 2 - e - λ + e - - λ = 0

    Nesse caso, como a exponencial nunca é zero, então...

    c 2 = 0               o   q u e   i m p l i c a       c 1 = 0             →

    X x = c 1 e - λ ⋅ x + c 2 e - - λ   x = 0

    Essa é a solução trivial que a gente não quer, logo λ não pode ser menor que 0 .

  3. Para λ = 0 ...
  4. X ' ' x + λ ⋅ X x = 0               →               X ' ' x = 0                   →

    X ' x = c 1         →

    X x = c 2 + c 1 x

    Aplicando as condições de contorno...

    X 0 = 0         →               X 0 = c 2 = 0                  

    X 1 = 0         →               X 1 = c 1 + c 2 = 0         →           c 1 = 0

    Novamente temos a solução trivial!

  5. Já para λ > 0 ...

X x = c 1 e - λ ⋅ x + c 2 e - - λ   x

O que está dentro da raiz é negativo, então a gente tem uma solução aparentemente imaginária! Mas se você se recordar um pouquinho de EDO’s, vai ver que essa resposta é real dessa forma aqui:

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

Onde

b = α + β i   →         b = 0 + λ i    

Logo, a solução será do tipo...

X x = c 1 sin ⁡ λ x + c 2 cos ⁡ λ x

Aplicando as condições de contorno...

X 0 = 0         →             c 1 sin ⁡ 0 + c 2 cos ⁡ 0 = 0             →           c 2 = 0  

X 1 = 0         →               X 1 = c 1 sin ⁡ λ = 0

Se c 1 = 0 , temos a solução trivial de novo, mas dessa vez o c 1 pode ser diferente de 0 , tudo que precisa acontecer para isso é...

sin ⁡ λ = 0           →             λ = n π                 p a r a   n = 1,2 …

Logo...

λ n = n 2 π 2

Esse é o autovalor da nossa E D O ! E a autofunção é

X x = sin ⁡ n π x

Encontramos uma solução que não é trivial! . Segura ela aí, então e vamos embora!

Passo 9

Bem, agora que temos um conjunto de valores de λ que não dá uma solução trivial, a gente pode seguir com a solução indo agora para a segunda EDO:

T ' t + λ T t   = 0                                   →

T ' t + n 2 π 2 T t   = 0                                   →

Resolvendo por separação de variáveis, essa EDO...

d T d t = - n 2 π 2 T           →               d T T = - n 2 π 2 d t       →

∫ d T T = ∫ - n 2 π 2 d t         →

ln ⁡ T = - n 2 π 2 t + c 3       →

T = e - n 2 π 2 t + c 3       →

Lembrando que e - n 2 π 2 t + c 3 = e - n 2 π 2 t ⋅ e c 3 , e chamando e c 3 de constante 3 (é só um nome)...

T t = c 3 e - n 2 π 2 t

Passo 10

Veja que temos um conjunto de soluções desse tipo aqui:

u x ,   t = X x ⋅ T t           ⇒

u n x ,   t = c 1 sin ⁡ n π x ⋅ c 3 e - n 2 π 2 t               p a r a       n = 1 ,   2 …

Considerando c 1 ⋅ c 2 = b n

u n x ,   t = b n sin ⁡ n π x ⋅ e - n 2 π 2 t               p a r a       n = 1 ,   2 …

Logo, a nossa solução geral vai ser a soma de todas essas soluções e múltiplos b n delas...

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ b 2 n + 1 sin ⁡ 2 n + 1 π x e - n 2 π 2 t

b 2 n + 1 = 4 2 n + 1 π

Quem é b n ? Bem, para isso podemos olhar a última condição que não utilizamos para nada: a condição inicial!

u x ,   0 = f x

Então venha comigo mais um pouco (tá quase acabando! ).

Passo 11

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ b 2 n + 1 sin ⁡ 2 n + 1 π x e - n 2 π 2 t

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

Veja que b n então é então os mesmos termos da série de Fourier da extensão ímpar f x que calculamos...

b 2 n + 1 = 4 2 n + 1 π

Se considerarmos então apenas os termos ímpares (os pares são 0 )...

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ b 2 n + 1 sin ⁡ ( 2 n + 1 ) π x e - n 2 π 2 t     →

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ 4 2 n + 1 π sin ⁡ ( 2 n + 1 ) π x e - n 2 π 2 t

E essa é a solução final!!!

Resposta

a )       f x = 1 ,                     0 < x < 1 0 ,                         x = 0               - 1 ,         - 1 < x < 0               e           f x + 2 = f x

b )   f x = 4 π ∑ n = 1 ∞ 1 2 n + 1 sin ⁡ 2 n + 1 π x L

c )   u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ 4 2 n + 1 π sin ⁡ ( 2 n + 1 ) π x e - n 2 π 2 t

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