(07) Considere o seguinte PVC da condução de calor numa barra:
K u_{x x}=u_{t}, 0<\mathrm{x}<100, \mathrm{t}>0, \mathrm{u}(0, \mathrm{t})=0, \mathrm{u}_{\mathrm{x}}(\mathrm{~L}, \mathrm{t})=0, \mathrm{u}(\mathrm{x}, 0)=20
Encontre a expressão que fornece a temperatura \mathbf{u}(\mathbf{x}, \mathbf{t}) da barra.
Resposta: u(x, t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[c_{n} e^{-(2 n-1)^{2} \pi^{2} k^{2} t / 40000} \operatorname{sen}\left(\frac{(2 n-1) \pi x}{200}\right)\right]
c_{n}=\frac{2}{2 L} \int_{0}^{2 L} 20 \operatorname{sen}\left(\frac{(2 n-1) \pi x}{2 L}\right) d x

Passo 1

O enunciado dá um problema de valores de contorno (PVC) para a equação do calor numa barra de comprimento L=100:
K\,u_{x x}=u_{t},\quad 0<x<100,\; t>0,
com as condições de contorno e inicial:
u(0,t)=0,\qquad u_{x}(100,t)=0,\qquad u(x,0)=20.
O que nos pedem: encontrar uma expressão explícita para a temperatura u(x,t) válida para 0<x<100 e t>0.
Informações relevantes listadas:
  • coeficiente de difusão térmica: K (constante positiva);
  • condição de contorno em x=0: u(0,t)=0 (valor de Dirichlet);
  • condição de contorno em x=100: u_x(100,t)=0 (Neumann);
  • condição inicial: temperatura inicial constante u(x,0)=20.

Passo 2

Vamos usar o método de separação de variáveis. A ideia é procurar soluções do tipo
u(x,t)=X(x)\,T(t).
Substituindo na equação K u_{xx}=u_t obtemos
K X''(x)T(t)=X(x)T'(t).
Dividindo por K X(x)T(t) (assumindo X e T não nulas) temos
\frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{1}{K}\frac{T'(t)}{T(t)}.
O lado esquerdo depende só de x e o direito só de t, logo ambos devem ser iguais a uma constante, que chamamos de -\lambda. Assim obtemos os dois ODEs:
X''(x)+\lambda X(x)=0
T'(t)+K\lambda T(t)=0.
Escolhemos o sinal -\lambda para obter autovalores \lambda>0 com soluções trigonométricas (as não-triviais que nos interessam).

Passo 3

Estudamos o problema de autovalores para X com as condições de contorno:
X(0)=0,\qquad X'(L)=0,\quad\text{onde }L=100.
Consideramos as três possibilidades para \lambda:
  1. \lambda=0: então X''=0 e X(x)=Ax+B. A condição X(0)=0 B=0. A condição X'(L)=A=0 força A=0. Isso dá só a solução trivial X\equiv0, que não serve.
  2. \lambda<0: escrevendo \lambda=-\mu^{2} produzem-se exponenciais e, aplicando as condições, obtém-se novamente apenas a solução trivial (detalhe omitido porque não gera modos úteis).
  3. \lambda>0: escrevemos \lambda=\alpha^{2} com \alpha>0. A solução geral é
X(x)=A\cos(\alpha x)+B\sin(\alpha x).
Aplicando X(0)=0 A=0, então X(x)=B\sin(\alpha x). A condição X'(L)=0
X'(x)=B\alpha\cos(\alpha x)\quad\Rightarrow\quad X'(L)=B\alpha\cos(\alpha L)=0.
Queremos B\neq0 para ter solução não trivial e \alpha>0, logo precisamos de
\cos(\alpha L)=0.
As soluções são \alpha L=(2n-1)\frac{\pi}{2}, com n=1,2,3,\dots. Portanto
\alpha_{n}=\frac{(2n-1)\pi}{2L},\qquad \lambda_{n}=\alpha_{n}^{2}=\left(\frac{(2n-1)\pi}{2L}\right)^{2}.
Os autovetores (modos espaciais) correspondentes são
X_{n}(x)=\sin\!\left(\frac{(2n-1)\pi x}{2L}\right),\qquad n=1,2,\dots
Esses modos satisfazem as condições X_n(0)=0 e X_n'(L)=0.

Passo 4

Agora resolvemos a equação temporal para cada modo:
T'(t)+K\lambda_{n}T(t)=0 \quad\Rightarrow\quad T_{n}(t)=C_{n}e^{-K\lambda_{n} t}.
Assim cada modo dá uma solução
u_{n}(x,t)=C_{n} e^{-K\lambda_{n} t}\sin\!\left(\frac{(2n-1)\pi x}{2L}\right).
Pela linearidade, a solução geral é a soma sobre todos os modos:
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} e^{-K\lambda_{n} t}\sin\!\left(\frac{(2n-1)\pi x}{2L}\right),
onde troquei a constante C_n por c_n para enfatizar que esses coeficientes serão fixados pela condição inicial.

Passo 5

Agora usamos a condição inicial u(x,0)=20 para calcular c_{n}. Temos
20=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\sin\!\left(\frac{(2n-1)\pi x}{2L}\right),\qquad 0<x<L.
Para encontrar c_n usamos a ortogonalidade dos senos. A identidade útil é
\int_{0}^{L}\sin\!\left(\frac{(2n-1)\pi x}{2L}\right)\sin\!\left(\frac{(2m-1)\pi x}{2L}\right)\,dx=\frac{L}{2}\,\delta_{nm},
onde \delta_{nm} é o delta de Kronecker (igual a 1 se n=m e 0 caso contrário). Multiplicando a expansão inicial por \sin\!\left(\frac{(2m-1)\pi x}{2L}\right) e integrando de 0 a L obtemos
\int_{0}^{L}20\sin\!\left(\frac{(2m-1)\pi x}{2L}\right)\,dx = c_{m}\,\frac{L}{2}.
Logo
c_{m}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}20\sin\!\left(\frac{(2m-1)\pi x}{2L}\right)\,dx.
Vamos calcular essa integral explicitamente. Defina \alpha_{m}=\dfrac{(2m-1)\pi}{2L}. Então
\int_{0}^{L}\sin(\alpha_{m} x)\,dx=\left[-\frac{1}{\alpha_{m}}\cos(\alpha_{m} x)\right]_{0}^{L}=\frac{1}{\alpha_{m}}\big(1-\cos(\alpha_{m}L)\big).
Mas \alpha_{m}L=(2m-1)\dfrac{\pi}{2}, e \cos\big((2m-1)\dfrac{\pi}{2}\big)=0. Portanto
\int_{0}^{L}\sin(\alpha_{m} x)\,dx=\frac{1}{\alpha_{m}}=\frac{2L}{(2m-1)\pi}.
Substituindo em c_m:
c_{m}=\frac{2}{L}\cdot 20\cdot \frac{2L}{(2m-1)\pi}=\frac{80}{(2m-1)\pi}.
Logo todos os coeficientes são
c_{n}=\frac{80}{(2n-1)\pi},\qquad n=1,2,\dots

Passo 6

Substituímos \lambda_{n}=\left(\dfrac{(2n-1)\pi}{2L}\right)^{2}, L=100 e c_{n} na série geral. Com L=100 temos \dfrac{(2n-1)\pi}{2L}=\dfrac{(2n-1)\pi}{200} e
K\lambda_{n} = K\left(\frac{(2n-1)\pi}{200}\right)^{2} = \frac{K(2n-1)^{2}\pi^{2}}{40000}.
Portanto a solução final é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{80}{(2n-1)\pi}\,e^{-\dfrac{K(2n-1)^{2}\pi^{2}}{40000}t}\,\sin\!\left(\frac{(2n-1)\pi x}{200}\right)\right].

Resposta

u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{80}{(2n-1)\pi}\,e^{-\dfrac{K(2n-1)^{2}\pi^{2}}{40000}t}\,\sin\!\left(\frac{(2n-1)\pi x}{200}\right)\right]
c_{n}=\frac{80}{(2n-1)\pi}

Exercícios relacionados