Considere uma barra uniforme de comprimento 30 , tal que k=1, e temperatura inicial dada por f(x)=30-x. Suponha que a temperatura na extremidade x=0 é mantida a 40^{\circ} \mathrm{C}, enquanto que a extremidade x=30 está isolada.
a) Determine a temperatura u(x, t).
b) Determine a temperatura na barra no estado estacionário.

Passo 1

O problema é a equação do calor
u_t = u_{xx},\quad 0<x<30,\;t>0,
com condicions de contorno mistas
u(0,t)=40,\quad u_x(30,t)=0,
e condição inicial
u(x,0)=30 - x.
O que vamos usar: separação de variáveis e expansão em autovetores, depois somar à solução de regime permanente.

Passo 2

Encontremos primeiro a solução de regime permanente u_s(x), que satisfaz
u_s''(x)=0,\quad u_s(0)=40,\;u_s'(30)=0.
Integrando duas vezes vem u_s(x)=Ax+B. Da condição u_s'(30)=A=0 e de u_s(0)=B=40 obtemos
u_s(x)=40.

Passo 3

Defina a parte transiente v(x,t)=u(x,t)-u_s(x). Então v satisfaz
v_t=v_{xx},\quad v(0,t)=0,\;v_x(30,t)=0,\quad v(x,0)=u(x,0)-40=(30-x)-40=-(x+10).

Passo 4

Procuramos soluções do tipo \varphi(x)e^{-\lambda^2 t}, com
\varphi''+\lambda^2\varphi=0,\quad \varphi(0)=0,\;\varphi'(30)=0.
As funções próprias são
\phi_n(x)=\sin(\lambda_n x),\qquad \lambda_n\,30=\frac{(2n-1)\pi}{2},\;n=1,2,\dots
ou seja
\lambda_n=\frac{(2n-1)\pi}{60}.

Passo 5

A expansão de v é
v(x,t)=\sum_{n=1}^\infty A_n\,e^{-\lambda_n^2 t}\sin(\lambda_n x),
com coeficientes
A_n=\frac{2}{30}\int_0^{30}v(x,0)\,\sin(\lambda_n x)\,dx =-\frac{2}{30}\int_0^{30}(x+10)\sin(\lambda_n x)\,dx.
Calcule
I_n=\int_0^{30}(x+10)\sin(\lambda_n x)\,dx =\Bigl[\,-\frac{x\cos(\lambda_n x)}{\lambda_n}+\frac{\sin(\lambda_n x)}{\lambda_n^2}-\frac{10\cos(\lambda_n x)}{\lambda_n}\Bigr]_0^{30}.
Como \cos(\lambda_n\,30)=\cos\bigl((2n-1)\pi/2\bigr)=0 e \sin(\lambda_n\,30)=(-1)^{\,n-1}, obtém-se
I_n=\frac{(-1)^{\,n-1}}{\lambda_n^2}+\frac{10}{\lambda_n}.
Logo
A_n=-\frac{2}{30}\Bigl(\frac{(-1)^{\,n-1}}{\lambda_n^2}+\frac{10}{\lambda_n}\Bigr).

Passo 6

Voltando a u,
u(x,t)=u_s(x)+v(x,t) =40+\sum_{n=1}^{\infty}A_n\,e^{-\lambda_n^2 t}\sin(\lambda_n x),
com
\lambda_n=\frac{(2n-1)\pi}{60}, \quad A_n=-\frac{1}{15}\Bigl(\frac{(-1)^{\,n-1}}{\lambda_n^2}+\frac{10}{\lambda_n}\Bigr).

Resposta

a)
u(x,t) =40 -\frac{1}{15}\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(\frac{(-1)^{\,n-1}}{\lambda_n^2}+\frac{10}{\lambda_n}\Bigr) e^{-\lambda_n^2 t}\,\sin\bigl(\lambda_n x\bigr), \quad \lambda_n=\frac{(2n-1)\pi}{60}.
b) No estado estacionário
u_s(x)=40.

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