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 0^{\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 condição inicial
u(x,0)=f(x)=30 - x,
e condições de contorno mistas
u(0,t)=0,\quad u_x(30,t)=0.
Vamos resolver por separação de variáveis e expandir em séries de autovalores.

Passo 2

Assumimos u(x,t)=X(x)\,T(t). Substituindo na equação do calor e dividindo por X\,T obtém-se
\frac{T'}{T}=\frac{X''}{X}=-\lambda.
Da parte temporal vem
T'(t) + \lambda\,T(t)=0\quad\Longrightarrow\quad T_n(t)=e^{-\lambda_n\,t}.
Da parte espacial temos
X''(x)+\lambda\,X(x)=0,
com as condições
X(0)=0, \qquad X'(30)=0.
A condição X(0)=0 sugere solução do tipo X(x)=\sin(\mu x). A derivada em x=30
X'(30)=\mu\cos(\mu\cdot30)=0 \quad\Longrightarrow\quad \cos(30\,\mu)=0 \quad\Longrightarrow\quad 30\,\mu=\frac{(2n-1)\pi}{2},\;n=1,2,\dots
Logo
\mu_n=\frac{(2n-1)\pi}{60}, \qquad \lambda_n=\mu_n^2=\Bigl(\frac{(2n-1)\pi}{60}\Bigr)^2,
e as autofunções são
X_n(x)=\sin\!\bigl(\mu_n x\bigr).

Passo 3

A solução geral é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\,e^{-\lambda_n t}\,\sin(\mu_n x).
Os coeficientes A_n vêm da expansão da condição inicial em série de senos ortogonais em [0,30]:
A_n=\frac{2}{30}\int_{0}^{30}\bigl(30-x\bigr)\,\sin(\mu_n x)\,dx =\frac{1}{15}\int_{0}^{30}(30-x)\sin(\mu_n x)\,dx.
Fazendo integração por partes, obtemos
\int_{0}^{30}(30-x)\sin(\mu_n x)\,dx =\frac{30}{\mu_n}+ \frac{\sin(\mu_n\cdot30)}{\mu_n^2} =\frac{30}{\mu_n}+ \frac{(-1)^{\,n-1}}{\mu_n^2},
pois \sin(\mu_n\cdot30)=\sin\bigl((2n-1)\pi/2\bigr)=(-1)^{n-1}. Portanto
A_n =\frac{1}{15}\Bigl(\frac{30}{\mu_n}+\frac{(-1)^{n-1}}{\mu_n^2}\Bigr) = \frac{120}{(2n-1)\pi} +\frac{240\,(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2}.

Passo 4

Reescrevendo \mu_n e \lambda_n, a solução é
u(x,t) =\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[ \frac{120}{(2n-1)\pi} +\frac{240\,(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2} \Bigr] \exp\!\Bigl(-\tfrac{(2n-1)^2\pi^2}{3600}\,t\Bigr) \sin\!\Bigl(\tfrac{(2n-1)\pi}{60}\,x\Bigr).

Passo 5

No estado estacionário temos u_t=0, logo u''=0. A solução geral é u(x)=Ax+B. Aplicando
u(0)=0\;\Rightarrow\;B=0, \qquad u'(30)=A=0,
segue A=0. Portanto
u_{\infty}(x)=0.

Resposta

a)
u(x,t) =\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[ \frac{120}{(2n-1)\pi} +\frac{240\,(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2} \Bigr] \exp\!\Bigl(-\tfrac{(2n-1)^2\pi^2}{3600}\,t\Bigr) \sin\!\Bigl(\tfrac{(2n-1)\pi}{60}\,x\Bigr).
b)
u_{\infty}(x)=0.

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