13.15 Usando obrigatoriamente transformadas de Laplace, e sabendo que
\mathscr{L}\{H(t-b)\}=\frac{e^{-b s}}{s}
resolva
\frac{\partial c}{\partial t}+U \frac{\partial c}{\partial x}=-K c
sujeita às condições iniciais e de contorno:
\begin{aligned} & c(x, 0)=0 \\\ & c(0, t)=c_{0} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação de transporte com decaimento
\frac{\partial c}{\partial t} + U\,\frac{\partial c}{\partial x} = -K\,c
sujeita a
c(x,0)=0, \qquad c(0,t)=c_{0},
usando transformada de Laplace no tempo. Vamos aplicar \mathscr{L}\{\cdot\} em t, resolver a EDO resultante em x e depois inverter a transformada usando
\mathscr{L}\{H(t-b)\} = \frac{e^{-b\,s}}{s}.

Passo 2

Tomando transformada de Laplace em t de cada termo, obtemos
\mathscr{L}\Bigl\{\frac{\partial c}{\partial t}\Bigr\} + U\,\mathscr{L}\Bigl\{\frac{\partial c}{\partial x}\Bigr\} = -K\,\mathscr{L}\{c\}.
Como \mathscr{L}\{c_{t}\} = s\,C(x,s) - c(x,0) e c(x,0)=0, e \mathscr{L}\{c_{x}\} = \partial C/\partial x, a equação vira
s\,C(x,s) + U\,\frac{\partial C}{\partial x} = -K\,C(x,s).

Passo 3

Reescrevendo em forma de EDO em x:
U\,\frac{\partial C}{\partial x} + (s+K)\,C = 0.
Isto é separável, logo
\frac{1}{C}\,\frac{\partial C}{\partial x} = -\frac{s+K}{U} \quad\Longrightarrow\quad C(x,s) = A(s)\,\exp\!\Bigl(-\frac{s+K}{U}x\Bigr).
Para achar A(s), usamos a condição de fronteira em x=0:
c(0,t)=c_{0}\quad\Longrightarrow\quad C(0,s)=\frac{c_{0}}{s}.
Assim
C(x,s) = \frac{c_{0}}{s}\,\exp\!\Bigl(-\frac{s+K}{U}x\Bigr) = \frac{c_{0}}{s}\,e^{-\,\frac{K\,x}{U}}\;e^{-\,\frac{s\,x}{U}}.

Passo 4

Para inverter em t, note que e^{-s\,b}/s é a transformada de H(t-b). Aqui b = x/U e o fator e^{-Kx/U} independe de s. Logo
c(x,t) = c_{0}\,e^{-\frac{K\,x}{U}}\;\mathscr{L}^{-1}\Bigl\{\frac{e^{-s\,\frac{x}{U}}}{s}\Bigr\} = c_{0}\,e^{-\frac{K\,x}{U}}\;H\!\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr).

Resposta

\boxed{% c(x,t) = c_{0}\,\exp\!\Bigl(-\tfrac{K\,x}{U}\Bigr)\;H\!\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr). }%

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