Encontre a temperatura de distribuição numa fina barra de cobre lateralmente isolada ( c^{2}=T / \rho \sigma=1,158 \mathrm{~cm}^{2} / \mathrm{s} ), com de 50 cm de comprimento e seção reta constante, tendo as extremidades em x=0 e 50 e mantida a 0^{\circ} \mathrm{C}, e a uma temperatura inicial de
f(x)=x(50-x)

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa clara.
  • Comprimento da barra: \,L=50 cm (o eixo vai de x=0 até x=50).
  • Barra lateralmente isolada (logo a variação é só em x e t).
  • Extremidades mantidas a 0^\circ\mathrm{C}: condições de contorno u(0,t)=0 e u(50,t)=0 para todo t>0.
  • Temperatura inicial: u(x,0)=f(x)=x(50-x) para 0\le x\le50.
  • Difusividade térmica (denotada aqui por \alpha): \alpha=c^{2}=\dfrac{T}{\rho\sigma}=1,158\\ \mathrm{cm}^{2}/\mathrm{s}.
O que o enunciado pede: encontrar a distribuição de temperatura u(x,t) para 0\le x\le50 e t\ge0 que satisfaça todas as condições acima.

Passo 2

Qual é a equação que governa? (aqui explico por que usamos essa equação e seus termos)
Para uma barra fina e lateralmente isolada, a evolução da temperatura em x e t é dada pela equação do calor unidimensional
\frac{\partial u}{\partial t}=\alpha\,\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}},
onde:
  • u(x,t) é a temperatura no ponto x e tempo t;
  • \alpha é a difusividade térmica (já temos \alpha=1,158\\ \mathrm{cm}^{2}/\mathrm{s});
  • \partial u/\partial t representa a taxa de variação temporal da temperatura;
  • \partial^{2}u/\partial x^{2} representa a curvatura espacial da temperatura (difusão).
As condições são:
u(0,t)=0,\qquad u(50,t)=0,\qquad u(x,0)=x(50-x).

Passo 3

Estratégia de solução (sem pular fórmulas): separação de variáveis + série de senos
  • Como as condições de contorno são u=0 nas extremidades, os modos espaciais que aparecem são senos \sin\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) (esses satisfazem zero nas extremidades).
  • A solução geral que atende à equação do calor e às condições de contorno pode ser escrita como uma série de modos:
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\,e^{-\alpha \left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\,\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),
onde B_{n} são coeficientes determinados pela condição inicial. Vou mostrar por que essa fórmula tem essa forma: separar u(x,t)=X(x)T(t) leva a \dfrac{T'}{\alpha T}=\dfrac{X''}{X}=-\lambda. Para \lambda>0 obtemos modos \sin que satisfazem X(0)=X(L)=0, com autovalores \lambda_n=(n\pi/L)^2, e cada modo temporal é e^{-\alpha\lambda_n t}. Essa é a base dos senos ortogonais.

Passo 4

Determinar os coeficientes B_n pela condição inicial (a parte que você vai precisar dominar na prova)
Impondo u(x,0)=f(x) obtemos
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\,\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Os coeficientes dessa série de senos em (0,L) são dados pela fórmula da série de Fourier senoidal:
B_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\,\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Aqui L=50. Vou calcular essa integral explicitamente para f(x)=x(L-x).

Passo 5

Calcular a integral para B_n: preparo
Defina k=\dfrac{n\pi}{L}. Escrevemos
f(x)=x(L-x)=Lx-x^{2},
então precisamos calcular
I_n=\int_{0}^{L}\big(Lx-x^{2}\big)\sin(kx)\,dx = L\int_{0}^{L} x\sin(kx)\,dx - \int_{0}^{L} x^{2}\sin(kx)\,dx.
Vou calcular as duas integrais por partes, passo a passo.

Passo 6

Calcular A=\int_{0}^{L} x\sin(kx)\,dx por partes
Escolho u=x e dv=\sin(kx)\,dx. Então du=dx e v=-\dfrac{\cos(kx)}{k}. Assim
A=\left.-\frac{x\cos(kx)}{k}\right|_{0}^{L}+\frac{1}{k}\int_{0}^{L}\cos(kx)\,dx.
A segunda integral dá \dfrac{\sin(kx)}{k} avaliada em 0 e L. Como kL=\dfrac{n\pi}{L}\cdot L=n\pi, temos \sin(kL)=0 e \sin(0)=0. Portanto a parte com seno some e resta apenas a primeira parcela:
A=-\frac{L\cos(kL)}{k}=-\frac{L(-1)^{n}}{k},
pois \cos(kL)=\cos(n\pi)=(-1)^{n}.

Passo 7

Calcular B=\int_{0}^{L} x^{2}\sin(kx)\,dx por partes (duas partes)
Use u=x^{2}, dv=\sin(kx)\,dx então du=2x\,dx, v=-\dfrac{\cos(kx)}{k}. Assim
B=-\frac{x^{2}\cos(kx)}{k}\Big|_{0}^{L}+\frac{2}{k}\int_{0}^{L} x\cos(kx)\,dx.
Agora calcule C=\int_{0}^{L} x\cos(kx)\,dx. Por partes em C: tome u=x, dv=\cos(kx)\,dx, então du=dx, v=\dfrac{\sin(kx)}{k}. Assim
C=\frac{x\sin(kx)}{k}\Big|_{0}^{L}-\frac{1}{k}\int_{0}^{L}\sin(kx)\,dx.
A integral de seno dá -\dfrac{\cos(kx)}{k}\Big|_{0}^{L}=\dfrac{1-\cos(kL)}{k}. Avaliando as partes com seno: \sin(kL)=0, \sin(0)=0. Portanto
C=\;0-\frac{1}{k}\left( -\frac{\cos(kx)}{k}\Big|_{0}^{L}\right)=\frac{\cos(kL)-1}{k^{2}}=\frac{(-1)^{n}-1}{k^{2}}.
Substituindo em B:
B=-\frac{L^{2}\cos(kL)}{k}+\frac{2}{k}\,C =-\frac{L^{2}(-1)^{n}}{k}+\frac{2}{k}\cdot\frac{(-1)^{n}-1}{k^{2}}.

Passo 8

Combinar para obter I_n de forma simples
Voltando a I_n=L A - B, substituímos os resultados:
A=-\frac{L(-1)^{n}}{k},\qquad B=-\frac{L^{2}(-1)^{n}}{k}+\frac{2\big((-1)^{n}-1\big)}{k^{3}}.
Então
I_n=L\cdot\left(-\frac{L(-1)^{n}}{k}\right)-\left(-\frac{L^{2}(-1)^{n}}{k}+\frac{2\big((-1)^{n}-1\big)}{k^{3}}\right).
Observe que os termos com L^{2}(-1)^{n}/k se cancelam, restando
I_n=\;-\frac{2\big((-1)^{n}-1\big)}{k^{3}}=\frac{2\big(1-(-1)^{n}\big)}{k^{3}}.

Passo 9

Expressão final para B_n e simplificação (só as etapas aritméticas agora)
Lembrando B_{n}=\dfrac{2}{L}I_n e k=\dfrac{n\pi}{L}, temos
B_{n}=\frac{2}{L}\cdot\frac{2\big(1-(-1)^{n}\big)}{k^{3}}=\frac{4\big(1-(-1)^{n}\big)}{L k^{3}}.
Substituindo k^{3}=\dfrac{n^{3}\pi^{3}}{L^{3}},
B_{n}=\frac{4\big(1-(-1)^{n}\big)}{L}\cdot\frac{L^{3}}{n^{3}\pi^{3}} =\frac{4L^{2}}{\pi^{3} n^{3}}\big(1-(-1)^{n}\big).
Note que \big(1-(-1)^{n}\big)=0 se n é par e =2 se n é ímpar. Portanto somente os termos ímpares contribuem, e para n ímpar:
B_{n}=\frac{8L^{2}}{\pi^{3} n^{3}}\quad\text{(para \(n\) ímpar)}.í
Com L=50 obtemos L^{2}=2500, então para n ímpar
B_{n}=\frac{8\cdot2500}{\pi^{3} n^{3}}=\frac{20000}{\pi^{3} n^{3}}.

Passo 10

Escrever a solução final como série e comentar rapidamente sobre convergência e comportamento
Substituindo os B_n na série geral obtemos a distribuição de temperatura:
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\,e^{-\alpha \left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\,\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
com B_{n}=0 para n par e B_{n}=\dfrac{20000}{\pi^{3} n^{3}} para n ímpar. Reescrevendo apenas em termos dos índices ímpares n=2m+1 (mais compacto):
u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{20000}{\pi^{3}(2m+1)^{3}}\, \exp\!\Big(-\alpha\Big(\frac{(2m+1)\pi}{50}\Big)^{2}t\Big)\, \sin\!\Big(\frac{(2m+1)\pi x}{50}\Big).
Comentário rápido (útil na prova): a série converge rapidamente porque os coeficientes decaem como 1/(2m+1)^{3} e os fatores exponenciais causam amortecimento rápido para t>0. Para t\to\infty a solução vai para zero (estado estacionário imposto pelas extremidades).

Resposta

u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{20000}{\pi^{3}(2m+1)^{3}}\, \exp\!\Big(-1{,}158\Big(\frac{(2m+1)\pi}{50}\Big)^{2}t\Big)\, \sin\!\Big(\frac{(2m+1)\pi x}{50}\Big).

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