Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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Enunciado

Resolva o seguinte problema de condução do calor usando o método de separação de variáveis justificando detalhadamente toda a análise:

u t = 6 u x x ,     0 ≤ x ≤ 4 ,     t > 0 u x 0 , t = u x 4 , t = 0 ,     t ≥ 0 u x , 0 = 3 + 6 cos ⁡ π x + 7 cos ⁡ 4 π x + cos ⁡ 17 π x 4 ,     0 ≤ x ≤ 4

Passo 1

Para resolver o problema por separação de variáveis, vamos escrever

u x , t = X x T t

Com a separação, teremos:

u t x , t = X x T ' ( t )

u x x x , t = X ' ' x T ( t )

Portanto, nossa equação se torna

u t = 6 u x x

X x T ' t = 6 X ' ' x T ( t )

T ' t 6 T t = X ' ' ( x ) X x = - λ

E isso origina duas equações (uma em x e outra em t ):

T ' t + 6 λ T t = 0 X ' ' x + λ X x = 0

Passo 2

Agora, vamos olhar para as condições iniciais:

u x 0 , t = 0 → X ' 0 T t = 0       ( I )

u x 4 , t = 0 → X ' 4 T t = 0       ( I I )

u x , 0 = X x T 0 = 3 + 6 cos ⁡ π x + 7 cos ⁡ 4 π x + cos ⁡ 17 π x 4         ( I I I )

De ( I ) e ( I I ) , se T t = 0 , então ambas as condições seriam atendidas. Mas como isso implicaria em u x , t = X x T t = 0 , não atenderia à condição ( I I I ) . Logo, T t ≠ 0 .

Passo 3

Neste caso, nos resta admitir o seguinte:

X ' 0 = 0

X ' 4 = 0

Assim, formamos o seguinte problema:

X ' ' x + λ X x = 0 X ' 0 = X ' 4 = 0

Buscando uma solução não-trivial ( X x ≠ 0 ) , vamos avaliar a equação característica:

X ' ' x + λ X x = 0

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Temos um problema de contorno e vamos ter que analisar cada caso de Δ .

Passo 4

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

Calculando X ' ( x ) .

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

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 X ' 4 = 0

X ' ( 0 ) = - λ c 1 - - λ c 2 = 0

X ' 4 = - λ c 1 e 4 - λ - - λ c 2 e - 4 - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = c 1

c 1 e 4 - λ - c 1 e - 4 - λ = 0

c 1 ( e 4 - λ - e - 4 - 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.

Passo 5

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

X x = c 1 + c 2 x

Calculando X ' ( x )

X ' x = c 2

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 X ' 4 = 0

X ' 0 = c 2 = 0

Isso nos deixa com a solução

X x = c 1

Vamos calcular T ( t ) para esse λ

T ' t = 0

T t = c 3

Nossa solução fica

u x , t = c 1 c 3

Temos que analisar agora a condição u x , 0 = 3 + 6 cos ⁡ π x + 7 cos ⁡ 4 π x + cos ⁡ 17 π x 4 e isso vai nos dar que.

c 1 c 3 = 3 + 6 cos ⁡ π x + 7 cos ⁡ 4 π x + cos ⁡ 17 π x 4 ⇒ u x , t = 3 + 6 cos ⁡ π x + 7 cos ⁡ 4 π x + cos ⁡ 17 π x 4

Passo 6

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

Calculando X ' ( x )

X ' x = - C 1 λ  sen ⁡ λ x + C 2 λ  cos ⁡ λ x

Aplicando as condições de contorno

X ' 0 = C 2 λ = 0 → C 2 = 0

X ' 4 = - C 1 λ  sen ⁡ 4 λ = 0 →  sen ⁡ 4 λ = 0

Note que na última equação não podemos ter C 1 = 0 (se não teríamos X x = 0 ). Então, precisamos de  sen ⁡ 4 λ = 0 . Como C 2 = 0 , sobra

X x = C 1 cos ⁡ λ x

Passo 7

Como queremos  sen ⁡ 4 λ = 0 , basta fazer 4 λ = n π ,   n ∈ Z + , de modo que obtemos λ n = n π 4 2 . Estes são nossos autovalores!

Portanto, ficamos com

X x = C 1 cos ⁡ n π 4 x

que são nada mais nada menos que nossas autofunções!

Passo 8

Agora que já conhecemos os autovalores λ n = n π 4 2 , vamos voltar pra equação em t :

T ' t + 6 λ T t = 0

d T d t = - 6 λ T

∫       d T T = - 6 λ ∫     d t

ln ⁡ T = - 6 λ t

T t = e - 6 λ t

Fácil, né? Vamos substituir λ por λ n :

T t = e - 6 n π 4 2 t

E, assim, uma solução deve ser

u x , t = X x T t

u x , t = C 1 cos ⁡ n π 4 x e - 6 n π 4 2 t

Passo 9

Agora vem o pulo do gato. Se qualquer C 1 cos ⁡ n π 4 x é solução para X ( x ) , então uma combinação linear dessas soluções (para diferentes valores de n ) também é solução:

X x = d 0 2 + ∑ n = 1 ∞ d n   cos ⁡ n π 4 x

Assim:

u x , t = d 0 2 + ∑ n = 1 ∞ d n  cos ⁡ n π 4 x e - 6 n π 4 2 t

Sabendo que u x , 0 = 3 + 6 cos ⁡ π x + 7 cos ⁡ 4 π x + cos ⁡ 17 π x 4

3 + 6 cos ⁡ π x + 7 cos ⁡ 4 π x + cos ⁡ 17 π x 4 = d 0 2 + ∑ n = 1 ∞ d n  cos ⁡ n π 4 x

Passo 10

Agora nós vamos fazer um pulo do gato muito legal. Se você olhar bem essa nossa equação, ela é uma soma de cossenos e cada termo de um lado corresponde a um do outro lado. Sendo assim temos.

d 0 2 = 3 ,     d 4 = 6 ,     d 16 = 7 ,     d 17 = 1

E todos os outros coeficientes serão iguais a zero. Logo nossa solução será

u x , t = 3 + 6 cos ( ⁡ π x ) e - 6 n π 2 t + 7 cos ⁡ ( 4 π x ) e - 6 4 π 2 t + cos ⁡ 17 π x 4 e - 6 17 π 4 2 t

Resposta

u x , t = 3 + 6 cos ( ⁡ π x ) e - 6 n π 2 t + 7 cos ⁡ ( 4 π x ) e - 6 4 π 2 t + cos ⁡ 17 π x 4 e - 6 17 π 4 2 t

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