Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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Enunciado

Seja o problema de condução do calor de uma barra metálica,

u t = 3 u x x ,         0 < x < 1 u x 0 , t = u 1 , t = 0 ,       t > 0

  1. Encontre as soluções do problema de valores de contorno associado, problema de Sturm-Liouville. Justifique
  2. Encontre um conjunto de soluções do problema dado e formule a solução geral
  3. Qual será a temperatura em cada ponto da barra se tiver uma distribuição inicial de calor dada por:

u x , 0 = 3 cos ⁡ 7 π x 2 + 2 cos ⁡ 3 π x 2

Passo 1

  1. Aplicando a separação de variáveis:

u x , t = X x T t

Substituindo na equação de calor:

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

X ' ' x X x = T ' t 3 T t = - λ

O que nos dá

  X ' ' + λ X = 0 T ' + 3 λ T = 0

Aplicando a separação de variáveis para as condições de contorno de x :

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

u 1 , t = 0         →           X 1 ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 1 = 0

Passo 2

Temos agora que resolver o problema de contorno em x :

X ' ' + λ X = 0

X ' 0 = X 1 = 0

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 1 = 0

X 0 = c 1 - λ - c 2 - λ = 0

X 1 = c 1 e - λ + c 2 e - - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = c 1

c 1 e - λ + c 1 e - - λ = 0

c 1 ( e - λ + e - - 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 50 = 0

X ' 0 = c 2 = 0

X 1 = c 1 + c 2 = 0

Isso nos dá

c 1 = 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 1 = 0

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

c 2 = 0

X 1 = c 1 cos ⁡ λ + c 2 sen ⁡ λ = 0

Isso nos dá

c 1 cos ⁡ 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 aí em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

cos ⁡ λ = 0

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

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

λ n = 2 n - 1 π 2 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

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

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 3

b) 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 ' + 3 2 n - 1 π 2 2 T = 0

Resolvendo essa EDO chegamos a:

T t = e - 3 2 n - 1 2 π 2 t / 4

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

u n = cos ⁡ 2 n - 1 π 2 x e - 3 2 n - 1 2 π 2 t / 4

Assim, a solução geral é a combinação linear de todas estas:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ c n cos ⁡ 2 n - 1 π 2 x e - 3 2 n - 1 2 π 2 t / 4

Passo 4

  1. Utilizando o dado do problema:

u x , 0 = 3 cos ⁡ 7 π x 2 + 2 cos ⁡ 3 π x 2

Assim:

∑ n = 1 ∞ c n cos ⁡ 2 n - 1 π 2 x = 3 cos ⁡ 7 π x 2 + 2 cos ⁡ 3 π x 2

Igualando temos que somente nos pontos em que n = 2 e n = 4 não vão zerar. Assim:

u x , t = 3 e - 147 π 2 t / 4 cos ⁡ 7 π x 2 + 2 e - 27 π 2 t / 4 cos ⁡ 3 π x 2

Resposta

u x , t = 3 e - 147 π 2 t / 4 cos ⁡ 7 π x 2 + 2 e - 27 π 2 t / 4 cos ⁡ 3 π x 2

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