13.16 Utilizando obrigatoriamente transformada de Laplace, resolva o problema
\begin{aligned} \frac{\partial c}{\partial t}+U \frac{\partial c}{\partial x} & =-K t^{2} \\\ c(x, 0) & =0 \\\ c(0, t) & =c_{0} \end{aligned}
Ou seja: encontre c(x, t). É útil saber que
\int_{0}^{\infty} H(t-a) f(t-a) e^{-s t} \mathrm{~d} t=e^{-s a} \int_{a}^{\infty} f(t-a) e^{-s(t-a)} \mathrm{d}(t-a)=e^{-s a} \int_{0}^{\infty} f(\tau) e^{-s \tau} \mathrm{~d} \tau

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação de transporte forçada
\frac{\partial c}{\partial t} + U\,\frac{\partial c}{\partial x} = -K\,t^2,
com condições iniciais e de contorno
c(x,0)=0, \qquad c(0,t)=c_{0}.
O conteúdo utilizado será a transformada de Laplace em t, que transforma a PDE em uma EDO em x.

Passo 2

Aplicamos a transformada de Laplace em t definindo
C(x,s)=\int_{0}^{\infty}c(x,t)\,e^{-s t}\,\mathrm{d}t.
Usamos:
\mathcal{L}\{\partial c/\partial t\} = s\,C(x,s)-c(x,0) = s\,C(x,s),
\mathcal{L}\{U\,\partial c/\partial x\} = U\,\frac{\partial C}{\partial x}(x,s),
\mathcal{L}\{-K\,t^2\} = -K\,\frac{2}{s^3}.
Logo a PDE vira
s\,C + U\,\frac{\partial C}{\partial x} = -\frac{2K}{s^3}.

Passo 3

Escrevemos como EDO em x:
\frac{\partial C}{\partial x} + \frac{s}{U}\,C = -\frac{2K}{s^3\,U}.
O fator integrante é
\mu(x)=\exp\!\bigl(\tfrac{s}{U}x\bigr).
Multiplicando por \mu e integrando de 0 a x:
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\bigl(C\,e^{sx/U}\bigr) = -\frac{2K}{s^3U}\,e^{sx/U} \quad\Longrightarrow\quad C(x,s)\,e^{sx/U}-C(0,s) = -\frac{2K}{s^3U}\int_{0}^{x}e^{s\xi/U}\mathrm{d}\xi.
Como
\int_{0}^{x}e^{s\xi/U}\mathrm{d}\xi =\frac{U}{s}\bigl(e^{sx/U}-1\bigr),
temos
C(x,s) = e^{-sx/U}\,C(0,s) - \frac{2K}{s^4}\bigl(1 - e^{-sx/U}\bigr).

Passo 4

Usamos C(0,s)=\mathcal{L}\{c(0,t)\}=c_{0}/s. Logo
C(x,s) = \frac{c_{0}}{s}\,e^{-sx/U} - \frac{2K}{s^4} + \frac{2K}{s^4}\,e^{-sx/U}.
Invertendo termo a termo:
  1. \displaystyle \frac{c_{0}}{s}e^{-sx/U}\longrightarrow c_{0}\,H\bigl(t-\tfrac{x}{U}\bigr). 2. \displaystyle -\frac{2K}{s^4}\longrightarrow -\frac{2K}{6}\,t^3 = -\frac{K}{3}\,t^3. 3. \displaystyle \frac{2K}{s^4}e^{-sx/U}\longrightarrow \frac{2K}{6}\,H\bigl(t-\tfrac{x}{U}\bigr)\bigl(t-\tfrac{x}{U}\bigr)^3 = \frac{K}{3}\,H\bigl(t-\tfrac{x}{U}\bigr)\bigl(t-\tfrac{x}{U}\bigr)^3.

Passo 5

Somando os três termos, a solução fica
c(x,t) = c_{0}\,H\!\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr) -\frac{K}{3}\,t^{3} +\frac{K}{3}\,H\!\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr)\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr)^{3}.
Em forma piecewise:
se t<\tfrac{x}{U}, então H=0 e
c(x,t) = -\frac{K}{3}\,t^3,
se t\ge \tfrac{x}{U}, então H=1 e
c(x,t) = c_{0} -\frac{K}{3}\,t^3 + \frac{K}{3}\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr)^3.

Resposta

c(x,t) = c_{0}\,H\!\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr) -\frac{K}{3}\,t^{3} +\frac{K}{3}\,H\!\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr)\Bigl(t-\tfrac{x}{U}\Bigr)^{3}.

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