Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Não Homogênea

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Enunciado

Seja o problema de valor inicial e de fronteira relativo à equação do calor com extremos mantidos a diferentes temperaturas:

u t = u x x ,     0 < x < π u 0 , t = 0       u π ,   t = 1 ,     t > 0 u x , 0 = sen ⁡ x + x π ,     0 < x < π

a Determine a parte estacionária da solução;

( b ) Determine a parte transitória da solução e determine a solução do problema.

Passo 1

( a )

Como temos condições de Dirichlet não homogêneas (um lado da barra tem temperatura fixada em 0 e o outro em 1 ), precisamos primeiro procurar uma solução estacionária v ( x ) , que não depende do tempo. Como essa solução deve satisfazer a equação de calor, temos:

v x x = v t       →         v ' ' x = 0

Como v ( x ) não possui a variável t , sua derivada em relação a t é zero (a temperatura não varia no tempo). Isso nos dá:

v x = a x + b

É só integrar 2 vezes!

Beleza, além disso, a solução v ( x ) também tem que atender às condições de contorno, né? Temos:

v ( 0 ) = 0

v ( π ) = 1

Bom, agora vamos substituir isso aí na fórmula geral de v ( x ) que encontramos!

v 0 = 0 = b

v π = 1 = a π         →         a = 1 π

v x = x π

Pronto, essa é a expressão de v ( x ) .

Passo 2

( b )

Mas o que nós queremos é u ( x , t ) , não v ( x ) . Certo, vamos dizer o seguinte:

u x , t = v x + w ( x , t )

Agora, nós vamos entender a solução u ( x , t ) como uma perturbação da solução estacionária, fazendo que u ( x , t ) é a soma de v ( x ) com uma função de x e t , w ( x , t ) . Vamos substituir essa definição de u ( x , t ) nas condições do problema:

u x x = u t         →         [ v ' ' x ⏟ 0 + w x x ] = 0 + w t         →         w x x = w t

u 0 , t = 0         →         v 0 ⏟ 0 + w 0 , t = 0           →           w 0 , t = 0

u π , t = 1         →         v π ⏟ 1 + w π , t = 1           →           w π , t = 0

Percebeu que nós encontramos um problema homogêneo em w ( x , t ) ? Basta resolvê-lo para encontrar u ( x , t ) então.

Aplicando a última condição que o problema deu, temos:

u x , 0 = sen ⁡ x + x π

v x + w ( x , 0 ) = sen ⁡ x + x π

w x , 0 = sen ⁡ x + x π - v ( x )

Se você reparar, nós temos

w x x = w t w 0 , t = 0 w π , t = 0 w x , 0 = sen ⁡ x

Esse é o problema que w ( x , t ) deve satisfazer. Encontrando a função w ( x , t ) , fazendo u x , t = w x , t + v ( x ) , nós temos a solução do problema.

Passo 3

Vamos fazer a separação de variáveis. Vamos supor que a função w ( x , t ) que procuramos possa ser escrita como a multiplicação de uma função apenas da variável x por outra apenas da variável t , dessa forma:

w x , t = X x ⋅ T ( t )

Vamos procurar uma solução dessa forma, com as variáveis separadas. Ok, w ( x , t ) tem que satisfazer a equação de calor, não é?

w x x = w t

(Nesse caso, temos α = 1 .) Então, vamos substituí-la ai! Temos:

X ' ' x ⋅ T t = X x ⋅ T ' t

Repare que, derivando w ( x , t ) em relação a t , X ( x ) é vista como constante, o mesmo ocorre para t   quando derivamos em relação a x . Agora vamos separar as variáveis nessa equação, de um lado deixamos tudo que tem x e do outro tudo que tem t :

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

Como essa igualdade deve valer para todo x e para todo t e essas variáveis são independentes, sabemos que essas frações são iguais a uma constante:

X ' ' x X x = T ' t T t = - λ

Vamos agora separar essa igualdade em duas equações:

X ' ' + λ X = 0 T ' + λ T = 0

Repara nos dados que o problema deu, vamos reescrevê-los usando a separação de variáveis w x , t = X x ⋅ T ( t ) :

w 0 , t = 0         →           X 0 ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 0 = 0

Veja que se T t = 0 , isso implica que w x , t = X x ⋅ 0 = 0 , encontramos a solução trivial. Então, nós precisamos ter X 0 = 0 . O mesmo ocorre aqui:

w π , t = 0         →           X π ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X π = 0

Passo 4

Resolver o problema de contorno.

Nós vamos encontrar o X ( x ) e o T ( t ) um de cada vez e, assim, encontrar w ( x , t ) . Temos duas EDO’s para resolver, uma na variável x e a outra na t , qual resolver primeiro? A que tiver condições de contorno, sempre!

X ' ' + λ X = 0

X 0 = 0

X π = 0

Bom esse é um caso especial, as condições de Dirichlet homogêneas, não é? Nós já falamos sobre a solução desse problema na teoria desse capítulo, mas vamos fazer aqui passo a passo.

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 π = 0

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X 1 = c 1 e π - λ + c 2 e - π - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

c 1 e π - λ - c 1 e - π - λ = 0

c 1 ( e π - λ - e - π - 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 π = 0

X 0 = c 1 = 0

X π = c 1 + c 2 π = 0

Isso nos dá

c 2 = 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 π = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

X π = c 1 cos ⁡ π λ + c 2 sen ⁡ π λ = 0

Isso nos dá

c 2 sen ⁡ π λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sen ⁡ π λ = 0

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

π λ = n π             n = 1,2 , 3 …

π λ = n π

λ n = n 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = sen ⁡ n x                 n = 1,2 , 3 …

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 5

Tendo o valor de λ n , resolver a outra EDO e achar a solução fundamental u n ( x , t )

Temos a seguinte EDO do 1º grau:

T ' + λ T = 0

Como nós sabemos, a solução dessa EDO é:

T t = e - λ t

Substituindo λ :

T n t = e - n 2 t  

Sabendo que w x , t = X x . T ( t ) , podemos escrever:

w n x , t = sen ⁡ ( n x ) e - n 2 t           n = 1,2 , 3 …

Passo 6

Escrever w ( x , t ) como série e achar os coeficientes da série

Bom, esse w n que encontramos é uma fórmula geral de soluções que atendem à nossa EDO, sabemos que combinações lineares dessas soluções também satisfazem a EDO.

Então, podemos escrever o seguinte:

w x , t = ∑ n = 1 ��� b n sen ⁡ ( n x )   e - n 2 t  

Uma série infinita nada mais é do que uma combinação linear de infinitos termos, não é? Beleza, agora temos que achar esse b n de forma que a nosssa solução atenda à seguinte condição do problema, que ainda não usamos:

w x , 0 = sen ⁡ x      

Veja que, substituindo t = 0 na série, temos u ( x , 0 ) :

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ ( n x ) ⏟ c n   = sen ⁡ ( x ) ⏟ c 2        

Bom, se você reparar, aqui não precisamos nem calcular os b n ’s pela integral que dá os coeficientes de Fourier.

Chamando o termo geral da série de c n , vemos que w ( x , 0 ) é c 2 , ou seja, para valores diferentes de n = 1 , os termos da série são nulos. Nós podemos fazer essa comparação porque a w ( x , t ) é função de senos.

Beleza, então temos que:

b 1 sen ⁡ ( x ) = 1 ∙ sen ⁡ ( x )           →         b 1 = 1

Os outros b n ’s são zero, então a série que procuramos é finita e só possui um termo:

w x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ ( n x ) e - n 2 t   = b 1 sen ⁡ ( x ) e - t

w x , t = sen ⁡ ( x ) e - t

Se você calculasse os b n ’s por integração, teria muito mais trabalho!

Agora, voltando para u ( x , t ) :

u x , t = v x + w x , t

u x , t = sen ⁡ ( x ) e - t + x π

Resposta

u x , t = sen ⁡ ( x ) e - t + x π

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