Considere f(x, \mathrm{y})=u(x, y, 0) como sendo a temperatura inicial numa fina chapa quadrada de lado \pi, com as bordas mantidas a 0^{\circ} \mathrm{Ce} as faces perfeitamente isoladas. Separando as variáveis, obtenha, a partir de u_{t}=c^{2} \nabla^{2} u a solução
u(x, y, t)=\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} B_{m n} \operatorname{sen} m x \operatorname{sen} n y e^{-c^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right) t}
na qual
B_{m n}=\frac{4}{\pi^{2}} \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x, y) \operatorname{sen} m x \operatorname{sen} n y d x d y

Passo 1

O enunciado dá:
u_{t}=c^{2}\nabla^{2}u
numa chapa fina quadrada com 0\le x\le\pi,\;0\le y\le\pi. As condições de contorno são bordas mantidas a 0^\circ (ou seja, temperatura zero nas quatro arestas) e faces isoladas no sentido da espessura (isto permite tratar o problema em 2D). A condição inicial é
u(x,y,0)=f(x,y).
O que nos pedem: obter por separação de variáveis a solução da forma
u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}B_{mn}\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)e^{-c^{2}(m^{2}+n^{2})t}
e mostrar que
B_{mn}=\frac{4}{\pi^{2}}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x,y)\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\,dx\,dy.

Passo 2

Vamos tentar uma solução por separação de variáveis, isto é, assumir forma produto:
u(x,y,t)=X(x)\,Y(y)\,T(t).
Isto significa que a variação em x, y e t é separável em fatores independentes. Não é garantia de cobrir todas as soluções, mas gera as soluções fundamentais (modos) que depois somaremos.

Passo 3

Substituindo a forma separada na equação do calor:
\frac{\partial}{\partial t}(X Y T)=c^{2}\nabla^{2}(X Y T).
Como X e Y não dependem de t, isso dá
X(x)Y(y)T'(t)=c^{2}\bigl(X''(x)Y(y)T(t)+X(x)Y''(y)T(t)\bigr).
Dividindo por c^{2}X(x)Y(y)T(t) obtemos
\frac{T'(t)}{c^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}.
O lado esquerdo depende só de t e o direito só de x,y, logo ambos devem ser iguais a uma constante. Chamamos essa constante de -\lambda:
\frac{T'(t)}{c^{2}T(t)}=-\lambda,\qquad \frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=-\lambda.

Passo 4

Reescrevemos as duas equações separadas. A equação temporal fica
T'(t)=-c^{2}\lambda T(t),
cuja solução geral é
T(t)=C\,e^{-c^{2}\lambda t},
onde C é constante (que será absorvida nos coeficientes finais).
Para separar X e Y no espaço, introduzimos outro constante \mu tal que
\frac{X''(x)}{X(x)}=-\mu,\qquad \frac{Y''(y)}{Y(y)}=-(\lambda-\mu).
Assim obtemos dois problemas de Sturm–Liouville:
X''(x)+\mu X(x)=0,
Y''(y)+(\lambda-\mu)Y(y)=0.

Passo 5

Agora aplicamos as condições de contorno. As bordas da placa estão a zero, isto implica
u(0,y,t)=0,\; u(\pi,y,t)=0\quad\Rightarrow\quad X(0)Y(y)T(t)=0,\\ X(\pi)Y(y)T(t)=0.
Como Y e T não são identicamente zero, deve ser X(0)=X(\pi)=0. Analogamente para as bordas em y obtemos Y(0)=Y(\pi)=0.
Problemas com essas condições homogêneas têm soluções não-triviais apenas para certos autovalores. Para X com X(0)=X(\pi)=0 temos autovalores \mu=m^{2} com m\in\mathbb{N} e autofunções
X_{m}(x)=\operatorname{sen}(m x).
Para Y com Y(0)=Y(\pi)=0 temos autovalores \lambda-\mu=n^{2} com n\in\mathbb{N} e autofunções
Y_{n}(y)=\operatorname{sen}(n y).

Passo 6

Da relação \lambda=\mu+(\lambda-\mu) obtemos
\lambda=m^{2}+n^{2}.
Portanto os modos separáveis são
u_{mn}(x,y,t)=A_{mn}\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)e^{-c^{2}(m^{2}+n^{2})t},
onde A_{mn} é uma constante para cada par (m,n). A solução geral (soma de modos) é a soma dupla sobre m,n\ge1:
u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}A_{mn}\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)e^{-c^{2}(m^{2}+n^{2})t}.

Passo 7

Impondo a condição inicial u(x,y,0)=f(x,y) obtemos a expansão de Fourier dupla
f(x,y)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}A_{mn}\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y).
Assim os coeficientes A_{mn} são os coeficientes da série de Fourier de f na base \{\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\}.

Passo 8

Para obter A_{mn}\) usamos a propriedade de ortogonalidade das funções seno no intervalo \([0,\pi]\). A propriedade é: \[\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(k x)\,dx= \begin{cases} 0,& m\ne k,\\[4pt] \frac{\pi}{2},& m=k. \end{cases}
Usamos essa ortogonalidade nas duas direções. Multiplicamos a expansão por \operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\] e integramos em \(x e y de 0 a \pi:
\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x,y)\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\,dx\,dy =\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{\ell=1}^{\infty}A_{k\ell} \underbrace{\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}(k x)\operatorname{sen}(m x)\,dx}_{=0\\ \text{se }k\ne m,\\ =\frac{\pi}{2}\\ \text{se }k=m} \underbrace{\int_{0}^{\pi}\operatorname{sen}(\ell y)\operatorname{sen}(n y)\,dy}_{=0\\ \text{se }\ell\ne n,\\ =\frac{\pi}{2}\\ \text{se }\ell=n}.
Pela ortogonalidade só sobrevive o termo k=m,\\ \ell=n. Logo
\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x,y)\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\,dx\,dy = A_{mn}\left(\frac{\pi}{2}\right)\left(\frac{\pi}{2}\right).]

Passo 9

Isolando A_{mn} obtemos
A_{mn}=\frac{1}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x,y)\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\,dx\,dy =\frac{4}{\pi^{2}}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x,y)\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\,dx\,dy.
Chamando B_{mn}=A_{mn} (como no enunciado) temos a expressão pedida para os coeficientes.

Passo 10

Substituindo B_{mn} na soma de modos, a solução completa final fica
u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}B_{mn}\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)e^{-c^{2}(m^{2}+n^{2})t},
com
B_{mn}=\frac{4}{\pi^{2}}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x,y)\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\,dx\,dy.

Resposta

u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}B_{mn}\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)e^{-c^{2}(m^{2}+n^{2})t}
B_{mn}=\frac{4}{\pi^{2}}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x,y)\operatorname{sen}(m x)\operatorname{sen}(n y)\,dx\,dy

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