Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

UNICAMP, Cálculo 3, P2 2014.1, Questão 4 item c

Usando separação de variáveis, encontrar a solução da seguinte equação do calor. Explique detalhadamente como se resolve o problema

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

onde f é definida como a extensão par e periódica de período P = 2 da função f x =   1   onde     0 < x < 1 e esboce o gráfico no intervalo - 1 < x < 1 .

Passo 1

Para resolver o problema por separação de variáveis, vamos escrever

u x , t = X x T t

Note que se trata de uma equação de calor.

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 = u x x

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

T ' t T t = X ' ' ( x ) X x = - λ

E isso origina duas EDO’s (uma em x e outra em t ):

T ' t + λ T t = 0 X ' ' x + λ X x = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora, vamos olhar para as condições de contorno:

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

u x 1 , t = 0 → X ' 1 T t = 0       ( 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 o que daria a solução trivial.

Passo 3

Neste caso, nos resta admitir o seguinte:

X ' 0 = 0

X ' 1 = 0

Assim, formamos o seguinte problema:

X ' ' x + λ X x = 0 X ' 0 = X ' 1 = 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 ' 1 = 0

X ' ( 0 ) = - λ c 1 - - λ c 2 = 0

X ' 1 = - λ c 1 e - λ - - 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.

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 ' 1 = 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 = f ( x ) e isso vai nos dar que.

c 1 c 3 = f x ⇒ u x , t = f ( x )

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 x 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 ' 1 = - C 1 λ  sen ⁡ λ = 0 →  sen ⁡ λ = 0

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

X x = C 1 cos ⁡ λ x

Passo 7

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

Portanto, ficamos com

X x = C 1 cos ⁡ n π x

que são nada mais nada menos que nossas autofunções!

Passo 8

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

T ' t + λ T t = 0

d T d t = - λ T

∫       d T T = - λ ∫     d t

ln ⁡ T = - λ t

T t = e - λ t

Fácil, né? Vamos substituir λ por λ n :

T t = e - n π 2 t

E, assim, uma solução deve ser

u x , t = X x T t

u x , t = C 1 cos ⁡ n π x e - n π 2 t

Passo 9

Agora vem o pulo do gato. Se qualquer C 1 cos ⁡ n π 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 x

Assim:

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

Sabendo que u x , 0 = f ( x )

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

Para calcularmos os coeficientes da nossa função temos que tratar a expansão em série de Fourier da nossa função f ( x ) .

Passo 10

Vamos primeiro achar essa nossa função. Se a função f x = 1 ,   0 < x < 1 é par, então f x = 1 ,   - 1 < x < 0 . Bom, assumimos então que f - 1 = f 0 = f 1 = 0 . E como o período é P = 2 , vemos que f 1 = f - 1 + 2 = f ( - 1 ) . Um esboço é ilustrado abaixo.

Passo 11

Agora que nós já sabemos como é a nossa função podemos escrever ela como uma série de Fourier e achar os coeficientes que estamos procurando.

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

Onde 2 L = P é o período; portanto, L = 1 .

Passo 12

Vamos avaliar os coeficientes da série:

a 0 = 1 L ∫ - L L f x d x

a 0 = ∫ - 1 1 f x d x

a 0 = 1 . 1 - - 1 = 2

Note que as descontinuidades de f ( x ) não afetam a integral.

Agora, temos:

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

a n = ∫ - 1 1 cos ⁡ n π x d x

a n = s e n n π x n π - 1 1

a n = 0

Além disso:

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

b n = ∫ - 1 1 sen ⁡ n π x d x

b n = - c o s n π x n π - 1 1

b n = 0

Passo 13

Combinando os resultados, a série de Fourier é simplesmente

f x = a 0 2

f x = 1

Passo 14

No nosso problema de equação de calor os coeficientes d n   são justamente os coeficientes da série de Fourier de f ( x ) : d n = a n .

Lembre que a 0 = 2 e a 1 = a 2 = … = 0 , então d 0 = 2 e d 1 = d 2 = … = 0 . Logo, sobra um termo apenas:

u x , t = d 0 2 = 1

Na realidade, a solução é exatamente u x , t = f ( x ) .

Resposta

u x , t = f ( x )

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