Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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Enunciado

Use o método da separação de variáveis para resolver o seguinte problema de condução de calor em uma barra metálica:

4 t 2 u x x = u t ,     0 < x < 1 , t > 0 u 0 , t = u 1 , t = 0 ,     t > 0 u x , 0 = sen ⁡ 3 π x ,     0 ≤ x ≤ 1 .

Passo 1

OK, temos aqui um problema de distribuição do calor. Para resolver, vamos usar o método da separação de variáveis como a questão pediu. Assim, consideremos: u x , t = X x T t

Para substituirmos na equação, vamos derivar:

u x x = X ' ' x T t

u t = X x T ' t

E teremos:

4 t 2 u x x = u t

4 t 2 X ' ' x T t = X x T ' t

Agora, colocamos tudo que é t de um lado e tudo que é x do outro: X ' ' x X x = 1 4 t 2 ⋅ T ' t T t

Como temos funções de x de um lado e função de t do outro, o único jeito dessa igualdade ser verdadeira é se cada razão for igual a uma mesma constante:

X ' ' x X x = 1 4 t 2 ⋅ T ' t T t = - λ

Passo 2

A partir dessa relação, podemos encontrar a EDOs associadas. Pela primeira igualdade: X ' ' x X x = - λ

X ' ' x + λ X x = 0

Pela segunda: 1 4 t 2 ⋅ T ' t T t = - λ

T ' t + 4 t 2 λ T t = 0

OK. Além disso, podemos encontrar as condições de contorno:

u 0 , t = X 0 T t = 0

Como queremos solução não trivial, resta:

X 0 = 0

Da mesma forma: u 1 , t = X 1 T t = 0

X 1 = 0

OK, então teremos os problemas associados: X ' ' x + λ X x = 0 X 0 = X 1 = 0

T ' t + 4 t 2 λ T t = 0

Passo 3

Vamos então começar resolvendo o problema com mais condições.

X ' ' x + λ X x = 0 X 0 = X 1 = 0

Pela EDO, teremos a equação característica relacionada: r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Isso significa que a nossa solução vai depender de λ e a fórmula dela muda com o sinal dessa constante. Assim, para resolver, vamos analisar caso a caso.

Caso λ < 0 . Neste caso, teremos que o que está dentro da raiz quadrada será um valor positivo e, portanto, nossa solução será na forma exponencial:

X x = A e r 1 x + B e r 2 x

X x = A e - λ x + B e - - λ x

Agora, para saber como se comportam as constantes, temos que aplicar as condições iniciais. Vamos lá?

X 0 = A e 0 + B e 0 = A + B = 0

B = - A

Já substituindo e aplicando a outra condição:

X 1 = A e - λ - A e - - λ = 0

A e - λ - e - - λ = 0

Entre parênteses, temos a diferença de duas exponenciais distintas, logo isso nunca dará zero. Ou seja, resta: A = - B = 0

Portanto teremos somente a solução trivial neste caso. :/

X x = 0

Caso λ = 0 . Aí temos: r = ± -   λ   = 0

Ou seja, teremos duas raízes identicamente nulas. Com isso, nossa solução será uma reta: X x = A + B x

Aplicamos novamente as condições para verificar as constantes: X 0 = A + B ⋅ 0 = 0

A = 0

X 1 = B ⋅ 1 = B = 0

Portanto, novamente: X x = 0

Vamos para o último caso agora, λ > 0 . Nesta situação teremos: r = ± - λ = ± - λ = ± i λ

Ou seja, teremos raízes imaginárias e a solução será na forma de senos e cossenos:

X x = A sen ⁡ λ x + B cos ⁡ λ x

Novamente, aplicamos a condição de X 0 : X 0 = A sen ⁡ 0 + B cos ⁡ 0 = B = 0

Agora, para a outra condição:

X 1 = A sen ⁡ λ = 0

Como queremos solução não trivial, precisamos que:

sen ⁡ λ = 0

Olhando para o círculo trigonométrico, dá para ver que: sen ⁡ 0 = sen ⁡ π = sen ⁡ 2 π = sen ⁡ 3 π = … = 0

Ou seja, teremos:

sen ⁡ n π = 0

Para n inteiro. Portanto, vamos igualar o que está dentro do seno a isso: λ = n π

Isolando λ e lembrando que é um valor positivo: λ = n 2 π 2

λ n = n 2 π 2

E esses serão nossos autovalores. Dessa forma, a solução fundamental para X será:

X n x = sen ⁡ λ n x

X n x = sen ⁡ n π x

Aparece assim mesmo, sem a constante. 😊

Passo 4

Legal, vamos olhar agora para a outra EDO:

T ' t + 4 t 2 λ T t = 0

Substituindo o valor de λ , temos: T ' t + 4 t 2 n 2 π 2 T t = 0

Observando, vemos que essa é uma EDO do tipo separável. Para resolvê-la, consideramos: T ' t = d T d t

Ficando: d T d t + 4 t 2 n 2 π 2 T t = 0  

E jogamos tudo que for T (zão) de um lado e tudo que for t (zinho) do outro: d T d t = - 4 t 2 n 2 π 2 T

d T T = - 4 n 2 π 2 ⋅ t 2 ⋅ d t

Agora, podemos integrar dos dois lados: ∫ d T T = - 4 n 2 π 2 ∫ t 2 d t

Para a integral à esquerda: ∫ d T T = ln ⁡ T + K 1

Para a integral à direita: - 4 n 2 π 2 ∫ t 2 d t = - 4 n 2 π 2 ⋅ t 3 3 + K 2

Assim, vamos ter:

ln ⁡ T + K 1 = - 4 n 2 π 2 ⋅ t 3 3 + K 2

Definindo K : = K 2 - K 1 para facilitar nossa vida: ln ⁡ T = - 4 n 2 π 2 ⋅ t 3 3 + K

E então, vamos poder determinar nosso T t aplicando a exponencial na equação: T = e - 4 3 n 2 π 2 t 3 + K

T = e K ⋅ e - 4 3 n 2 π 2 t 3

Para emocionar o professor, vamos ainda definir C ≔ e K : T t = C e - 4 3 n 2 π 2 t 3

E a solução fundamental para T t será:

T n t = e - 4 3 n 2 π 2 t 3

Passo 5

Agora que determinamos as duas funções, vamos voltar para definição:

u n x , t = X n x ⋅ T n t

u n x , t = sen ⁡ n π x ⋅ e - 4 3 n 2 π 2 t 3

Assim, a solução geral vai ser dada combinação linear das soluções fundamentais que resultará na série:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x ⋅ e - 4 3 n 2 π 2 t 3  

Passo 6

OK, mas ainda precisamos encontrar o valor de b n . Para isso, vamos utilizar mais uma condição dada: u x , 0 = sen ⁡ 3 π x

Aplicando isso na solução geral:

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x ⋅ e 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x = sen ⁡ 3 π x

Olhando para parte à direita da igualdade, vemos que só aparece 1 ⋅ se n ⁡ 3 π x , ou seja, só aparece o valor correspondente a n = 3 . Com isso, concluímos que: b n = 1 ,     n = 3

b n = 0 ,     n ≠ 3

E teremos:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n π x ⋅ e - 4 3 n 2 π 2 t 3  

u x , t = sen ⁡ 3 π x e - 4 3 3 2 π 2 t 3

u x , t = sen ⁡ 3 π x ⋅ e - 12 π 2 t 3

Resposta

u x , t = sen ⁡ 3 π x ⋅ e - 12 π 2 t 3

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